Kezdőlap


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

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

I. megoldás. Jelöljük az $A B, B C, C D, D A$ oldal felezőpontját rendre $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ -sel.

1. ábra

A C D

és

S R D

hasonló háromszögek, a hasonlóság aránya 2:1. Tehát

S R ∥ A C

és

S R = A C / 2

. Ugyanígy látható, hogy

P Q ∥ A C

és

P Q = A C / 2

, az

A B C

és

P B Q

háromszögek hasonlóságából. Ebből következik, hogy

S R

és

P Q

párhuzamosak, egyállásúak és egyenlők, vagyis a

P Q R S

négyszög csakugyan paralelogramma.
Keressük először az

R

pont mértani helyét, miközben

D

befutja a

d

egyenest!

R

D C

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

C R^{*}

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

P R

átlónak. A

P

pont rögzített (hiszen a rögzített

A B

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

A B C

háromszög súlypontja, és vezessük be az

\vec{S A} = a

\vec{S B} = b

\vec{S C} = c

\vec{S D} = d

jelöléseket. Az előző megoldás jelöléseit megtartva ekkor

\begin{matrix} \vec{S P} = \frac{a+b}{2}, \vec{S R} = \frac{c+d}{2}, \end{matrix}

és ebből

\begin{matrix} \vec{S K} = \frac{\vec{S P} + \vec{S R}}{2} = \frac{a+b+c+d}{4} . \end{matrix}

Mivel

S

A B C

háromszög súlypontja, azért

a+b+c=0

, vagyis

\vec{S K} = d / 4 = \vec{S D} / 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

\vec{S K}

-ra kapott kifejezésből látszik, hogy

K

a mindenkori

A B C D

(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

(\frac{1}{2}) \cdot (\frac{1}{2})

, az eredő

S

centrum pedig a

C

első centrumnak a

P

második centrumból vett

\frac{1}{3}

arányú kicsinyített képe.

3. Ajánljuk az érdeklődőknek, gondoljanak utána ezeknek, egyrészt tetszőleges

λ_{1}

λ_{2}

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.