Feladat: F.2379 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Hetyei Gábor 
Füzet: 1983/április, 146 - 148. oldal  PDF file
Témakör(ök): Súlypont, Egyenes, Paralelogrammák, Vektorok, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/szeptember: F.2379

Az adott A, B, C pontok nincsenek. egy egyenesen. Adott még egy d egyenes a térben. Vegyünk fel d-n egy D pontot és tekintsük annak a paralelogrammának a K középpontját, amelyet az ABCD térbeli négyszög (torznégyszög) oldalfelező pontjai határoznak meg. Milyen pályát ír le K, ha D befutja a d egyenest?

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás. Jelöljük az AB,BC,CD,DA oldal felezőpontját rendre P, Q, R, S-sel.

 

1. ábra
 
Az ACD és SRD hasonló háromszögek, a hasonlóság aránya 2:1. Tehát SRAC és SR=AC/2. Ugyanígy látható, hogy PQAC és PQ=AC/2, az ABC és PBQ háromszögek hasonlóságából. Ebből következik, hogy SR és PQ párhuzamosak, egyállásúak és egyenlők, vagyis a PQRS négyszög csakugyan paralelogramma.
Keressük először az R pont mértani helyét, miközben D befutja a d egyenest! R a DC szakasz felezőpontja, C rögzített pont, ezért úgy is tekinthetjük, hogy R-et a D pontnak C-ből való, 1/2 arányú kicsinyítésével kapjuk. Tehát ha D befutja a d egyenest, akkor R mindig rajta van azon az r egyenesen, amelyet a d egyenes C-ből való, 1/2 arányú kicsinyítésével kapunk. R eljut az r-nek bármely R* pontjába; az R*-ot előállító D* pontot a CR* egyenes metszi ki d-ből. A metszés létrejön, mert r benne van a C és d által meghatározott síkban.
Továbblépve, K ‐ a paralelogramma középpontja ‐ felezőpontja a PR átlónak. A P pont rögzített (hiszen a rögzített AB oldal felezőpontja), R pedig az r egyenesen fut végig, így az előző gondolatmenethez hasonlóan látható, hogy a K pont azon a k egyenesen fut végig, amelyet r-nek a P-ből 1/2 arányú kicsinyítésével kapunk. ‐ A "végigfut'' kifejezésbe most már beleértettük annak a visszafordító meggondolásnak a megismétlését is, amelyet előbb az R*-gal végeztünk.
 

II. megoldás. Legyen S az ABC háromszög súlypontja, és vezessük be az SA=a, SB=b, SC=c, SD=d jelöléseket. Az előző megoldás jelöléseit megtartva ekkor
SP=a+b2,SR=c+d2,
és ebből
SK=SP+SR2=a+b+c+d4.
Mivel S az ABC háromszög súlypontja, azért a+b+c=0, vagyis SK=d/4=SD/4. Vagyis a K pontok mértani helye az az egyenes, amit a d egyenes S-ből való, 1/4-szeres kicsinyítésével kapunk.
 

Hetyei Gábor (Pécs, Leöwey K. Gimn., IV. o. t.)

 

Megjegyzések. 1. Az SK-ra kapott kifejezésből látszik, hogy K a mindenkori ABCD (esetleg elfajuló) tetraéder súlypontja (2. ábra).
 

2. ábra
 
 

2. Az is kiolvasható a II. és az I. megoldás egybevetéséből, hogyan lehet egyetlen lépésben elvégezni a d egyenes kétszeri, 1/2 arányú kicsinyítését előbb a C, majd az eredményt a P centrumból; vagy ahogyan mondani szokás: összeszorozni ezt a két transzformációt.
A szorzatban a kicsinyítés arányszáma (12)(12), az eredő S centrum pedig a C első centrumnak a P második centrumból vett 13 arányú kicsinyített képe.
 

3. Ajánljuk az érdeklődőknek, gondoljanak utána ezeknek, egyrészt tetszőleges λ1, λ2 hasonlósági arányszámok mellett, másrészt az A és C, valamint R és S szerepek fölcserélése mellett is.
 

4. Nem végeztünk diszkussziót a megindulási A, B, C, d adatok kölcsönös helyzetére vonatkozóan. Megjegyezzük csupán, hogy d lehetne az A, B, C pontok által meghatározott síkban is. Az viszont már jórészt meddő tevékenység lett volna, hogy d-nek valamelyik adott pontra való illeszkedését is vizsgáljuk.