Kezdőlap


Feladat:	589. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Kéry Gerzson , Sebestyén Zoltán , Szilágyi Mária
Füzet:	1960/május, 178 - 180. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körüli forgatás, Magasságvonal, Magasságpont, Egyenes, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/október: 589. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: a) Mivel $A$ és $B$ szerepe szimmetrikus, feltehetjük, hogy $M$ közelebb van $A$ -hoz, mint $B$ -hez. Legyen az $A M C D$ és $B M E F$ négyzet középpontja $O_{1}$ , és $O_{2}$ , körülírt körük $k_{1}$ és $k_{2}$ . Az $M B C$ háromszöget $M$ körül $90^{\circ}$ -kal elforgatva a $B$ pont $E$ -be, $C$ pedig $A$ -ba jut. Eszerint a $B C$ és $A E$ egyenesek merőlegesek, és így $N^{*}$ metszéspontjukból (ami biztosan különbözik $M$ -től, ha $M$ az $A B$ szakasz belső pontja) az $A C$ négyzetátló is, $B E$ is derékszögben látszik. Így $N^{*}$ rajta van mindkét átló fölé rajzolt Thalész-körön, vagyis $k_{1}$ -en és $k_{2}$ -n, tehát azonos e körök $M$ -től különböző $N$ metszéspontjával.

N

-ből a fentiek szerint

A B

is derékszögben látszik, tehát rajta van az

A B

fölötti

k_{3}

Thalész-körön, másrészt

N M

felezi az

A N B

szöget, mert az

A N M

és

M N B

szögek a kerületi és középponti szögek tétele alapján feleakkorák, mint az

A O_{1} M

és

M O_{2} B

derékszögek. Eszerint

N M

k_{3}

-nak az

A N B

szög szárai között fekvő ívét, az

A B

egyenesnek a négyzetekkel ellentétes oldalán fekvő félkörét is felezi, és így átmegy annak

G_{1}

felezőpontján, amely független

M

helyzetétől. Ezt kellett bizonyítanunk.
Ha

M

K

-ban van (ahol

K

A B

felezőpontja), akkor az első állítás semmitmondóvá válik, mert ekkor

C

E

és így

N

is a

k_{3}

kör

A B

-re merőleges átmérőjének

G_{1}

-gyel szemközti

G_{2}

végpontjába esnek. A második állítás ekkor is érvényes, mert

M N

azonos a

K G_{2}

-vel és ez átmegy

G_{1}

-en.
c) Az

M O_{2} G_{2} O_{1}

négyszög paralelogramma, mert oldalai az

A M C D

és

B M E F

négyzetek átlói, és így a szemben levők párhuzamosak. Ezért

O_{1} O_{2}

-nek

O

felezőpontja a

G_{2} M

átlót is felezi, vagyis míg

M

befutja

A B

-t, addig

O

befutja az

A B G_{2}

háromszögnek

A B

-vel párhuzamos

H_{1} H_{2}

középvonalát.

Szilágyi Mária (Budapest, Veres Pálné Lg. I. o. t.)

II. megoldás: a)

C

k_{2}

-re nézve belső pont, mert rajta van az

M E

húron, ugyanis

M C = M A < M B = M E

;

D

viszont külső pont a

k_{2}

-re, mert belőle lehet

k_{2}

-höz

D M

érintőt húzni; ennélfogva

N

k_{1}

-nek (a rövidebb)

C D

ívén van, vagyis

A B

-től távolabb, mint

C

. Hasonlóan

M

k_{1}

-en van,

E

pedig a

k_{1}

-en kívül, ezért

N

k_{2}

-nek (a rövidebb)

M E

ívén fekszik, vagyis

A B

-hez közelebb, mint

E

. Így, ha az első állítás helyes, akkor

N

A E

szakaszon és

B C

-nek

C

-n túli meghosszabbításán van rajta.
Megmutatjuk, hogy az

N

-be befutó

A N

és

E N

egyenlő hegyes szögeket zárnak be az egymással párhuzamos és ellentétes irányú

A D

, ill.

E M

félegyenessel; ebből már következik, hogy

A E

átmegy

N

-en. A kerületi szögek tétele szerint a

k_{1}

-nek

D N

ívén nyugvó

D A N

és

D M N

szögek egyenlők. Másrészt

D M N

k_{2}

-ben is kerületi (érintő és húr közti) szög az

M N

íven, ezért egyenlő az

M E N

szöggel, tehát valóban

D A N ∢ = M E N ∢

. Ezzel az állítást

A E

-re igazoltuk.
Hasonlóan

N C D ∢ = N M D ∢ = N B M ∢

, és mivel

C D ∥ A B

, azért

N

B C

meghosszabbításán van. ‐ Ebből következik, hogy

B N

merőleges

A N

-re, mert

B N A ∢ = C N A ∢

és Thalész tétele folytán az utóbbi szög derékszög.
b)

A C

és

B E

egymást

M

helyzetétől függetlenül az

A B

mint átló fölötti

A G_{1} B G_{2}

négyzet

G_{2}

csúcsában metszik. A négyzet köré írt

k_{3}

kör

B N A ∢ = 90^{\circ}

folytán átmegy

N

-en. Így a

G_{2} G_{1} N

szög egyenlő és ugyanolyan forgási irányú, mint az ugyancsak a

G_{2} N

íven nyugvó

G_{2} A N

, ez azonos a

C A N

szöggel, ez pedig egyenlő és ugyanolyan forgási irányú, mint a

C M N

szög, mert

k_{1}

-nek ugyanazon

C N

ívén nyugszanak. Eszerint

N G_{1}

és

N M

ugyanazon irányban, ugyanakkora szöggel vannak elfordulva az egymással párhuzamos

G_{1} G_{2}

, ill.

M C

-hez képest, tehát

N

G_{1}

M

egy egyenes pontjai, és így a változó

N M

egyenes átmegy az állandó

G_{1}

ponton, az állításnak megfelelően.
c) Az

O_{1}

O_{2}

pontok és

A B

-n fekvő

O'_{1}

O'_{2}

vetületeik derékszögű trapézt határoznak meg, ennek az

O_{1} O_{2}

szakasz szára, és így a kérdéses

O

felezőpont az

O O'

középvonal egyik végpontja. Ennélfogva

O

-nak

A B

-től való távolsága egyenlő

O_{1} O'_{1}

és

O_{2} O'_{2}

-nek, az

A M C D

és

B M E F

négyzetek fele oldalhosszainak számtani közepével, vagyis az oldalak összegének,

A B

-nek negyedével, tehát állandó. Így

O

M

-nek bármely helyzetében az

A B

-től

A B / 4 = G_{1} G_{2} / 4 = K G_{2} / 2

távolságban húzott párhuzamoson,

K G_{2}

felező merőlegesén adódik. Már most

O'

A

-tól

K

felé

A O'_{1} + O'_{1} O'_{2} / 2 = (3 A M + B M) / 4

távolságban, vagyis

K

-tól

A

felé

K O' = (B M - A M) / 4

távolságban van. Ennek legnagyobb értéke

A B / 4

, ‐ ha ti.

M

A

-ban van, tehát az

A M C D

négyzet ponttá fajul,

O_{1} \equiv A

és

O_{2} \equiv G

‐ és ekkor

O

azonos

A G_{2}

-nek

H_{1}

felezőpontjával. Másrészt

K O'

legkisebb értéke 0, ha ti.

M \equiv K

. Ha pedig

M

K B

szakaszt leírva

B

-be ér, akkor

O

G_{2} B

-nek

H_{2}

felezőpontjába jut. Eszerint

O

mértani helyéül csak a

H_{1} H_{2}

szakasz jöhet szóba.
Fordítva: a

H_{1} H_{2}

szakasz minden

O

pontja beletartozik a mértani helybe, mert

M

távolsága

K

-tól

A

felé

K M = K A - A M = (B M - A M) / 2 = 2 K O'

, eszerint

O

rajta van

K M

felező merőlegesén, vagyis

M

K

pont tükörképe az

O

pont

O'

vetületére nézve. Eszerint a keresett mértani hely valóban a

H_{1} H_{2}

szakasz.

Kéry Gerzson (Sopron, Széchenyi I. g. II. o. t. )

III. megoldás: (a feladat

a)

és

b)

részére).

a)

E A B

háromszögben

E M

és

A G_{2}

magasságvonalak, ezért

C

metszéspontjuk a magasságpont. Így a harmadik magasságvonal

B C

, és ez merőleges

A E

-re, legyen a talppontja

N'

. Ekkor

N'

rajta van a

B E

és a

C A

átmérő fölötti Thalész-körön, amely azonos

k_{2}

-vel, ill.

k_{1}

-gyel, így

N'

azonos

N

-nel, tehát

B C

és

A E

metszéspontja

N

b)

Azt mutatjuk meg, hogy a

G_{1} M

egyenes az

M

-nek minden előírt helyzetében

k_{1}

-et és

k_{2}

-t ugyanazon pontban metszi másodszor; így ez csak

N

lehet. Legyen

G_{1} M

-nek

k_{1}

, ill.

k_{2}

-vel való második közös pontja

N_{1}

, ill.

N_{2}

G_{1}

-ből mindkét körhöz lehet érintőt húzni:

G_{1} A

-t, ill.

G_{2} B

-t és

G_{1} A = G_{2} B

. A körhöz külső pontból húzott szelő és érintő szakaszaira ismert tétel szerint

\begin{matrix} G_{1} M \cdot G_{1} N_{2} = G_{1} B^{2} = G_{1} A^{2} = G_{1} M \cdot G_{1} N_{1}, \end{matrix}

ebből

G_{1} N_{2} = G_{1} N_{1}

, vagyis

N_{1}

és

N_{2}

G_{1} M

félegyenesen

G_{1}

-től egyenlő távolságban vannak, tehát azonosak, és ezt akartuk bizonyítani.

Sebestyén Zoltán (Celldömölk, Berzsenyi D. g. II. o. t. )

Megjegyzés. Hasonlóan mutatható meg, hogy ha az adott betűzési sorrendet úgy értelmezzük, hogy az

A M C D

és

B M E F

négyzetek körüljárási irányának ellentétesnek kell lennie, akkor ennek fenntartásával a feladat állításai akkor is érvényesek, ha

M

A B

szakasz meghosszabbításain mozog. Így a két négyzet

A B

-nek ellentétes oldalain fekszik. A kérdéses mértani hely pedig

K G_{2}

felező merőlegese, a

H_{1} H_{2}

szakaszra vonatkozó korlátozás nélkül.