Feladat: 881. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arány P. ,  Babai László ,  Bárány I. ,  Bárdos Klára ,  Bódi Zoltán ,  Bóta K. ,  Deák J. ,  Domokos Zsuzsanna ,  Dömötör B. ,  Fodor Magdolna ,  Herényi István ,  Huhn A. ,  Karsai Kornélia ,  Király L. ,  Kiss Katalin ,  Körner János ,  Lippner Gy. ,  Lőrincz I. ,  Major P. (Bp. Bláthy) ,  Márki László ,  Mátrai Miklós ,  Nagy Klára ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Surányi László ,  Sükösd Cs. ,  Szabó M. ,  Szabó Zoltán ,  Szani E. ,  Szeidl László ,  Székely Gábor ,  Szemkeő Judit ,  Vesztergombi Katalin ,  Vicsek Tamás 
Füzet: 1964/október, 57 - 59. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Középpontos tükrözés, Középvonal, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1963/december: 881. matematika gyakorlat

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

 
 
1. ábra
 

Vizsgáljuk az A1A2 és a B1B2 egyenesek metszéspontját.
Az A1B1 szakasz párhuzamos AB-vel, feleakkora és ellenkező irányú. Ez ismeretes, ha A, B, C nincsenek egy egyenesen; az AB egyenesen levő C* pont esetén pedig válasszunk egy nem az AB egyenesen levő C pontot, ahhoz rajzoljuk meg az A1 és B1 pontokat (1. ábra). Ekkor A1A1* és B1B1* mint középvonalak a BCC*, ill. ACC* háromszögbeli, egy irányban párhuzamosak CC*-gal, így A1B1B1*A1* paralelogramma, tehát A1B1-gyel együtt A1*B1* is (ami az AB egyenesen van) fele akkora, mint AB, és azzal ellenkező irányú.
Az A2B2 szakasz AB-ből úgy keletkezik, hogy azt D-ből mint külső hasonlósági pontból 1/3 arányban kicsinyítjük, így A2B2 is párhuzamos AB-vel, harmad akkora és egyező irányú vele.
Ezek szerint A1B1 és A2B2 párhuzamosak és ellenkező irányúak. Ha A1B1 és A2B2 nincs egy egyenesen, akkor A1A2 és B1B2 az A1B1 és A2B2 egyenesek közti síksávban metszi egymást (2. ábra), M metszéspontjukra A1MB1A2MB2, a hasonlóság aránya A1B1/A2B2=(AB/2)/(AB/3)=3/2. Így M az A1A2 és a B1B2 szakaszt egyaránt 3/2 arányban osztja.
 
 

Ha az A1, A2, B1, B2 pontok egy egyenesre esnek (3. ábra), akkor A1A2 és B1B2 metszéspontja határozatlan, de létezik egy egyértelműen meghatározott M pont, amely mindkét szakaszt 3/2 arányban osztja. Válasszunk ugyanis egy A2B2-vel párhuzamos, egyirányú és egyenlő A'2B'2 szakaszt. Ekkor az előző meggondolás alapján belátható, hogy az A1A'2 és B1B'2 szakaszok M' metszéspontja mindkettőt 3/2 arányban osztja. Messe az M'-n át A2A'2-vel párhuzamosan húzott egyenes az A1A2 egyenest M-ben. Mivel A1MM'A1A2A'2, és B1MM'B1B2B'2, így M az A1A2 és B1B2 szakaszt szintén 3/2 arányban osztja. ‐ Világos, hogy ha A1 és A2, vagy B1 és B2 egybeesik, akkor M is egybeesik velük.
Ha B, B1, B2 szerepét rendre C, C1, C2-nek adjuk át, akkor meggondolásunk azt adja, hogy az A1A2 és C1C2 szakaszt 3/2 arányban osztó pont egybeesik, így az M pont az A1A2, B1B2, C1C2 szakaszok mindegyikét 3/2 arányban osztja, M tehát egyeneseik közös pontja. Azt is nyertük, hogy M az A1, B1, C1 és az A2, B2, C2 pontokból álló alakzatok hasonlósági pontja, az előbbi 2/3 arányú kicsinyítéssel és 180-os elforgatással az utóbbiba megy át.
Nem határozott pl. az A1A2 egyenes, ha A2 egybeesik A1-gyel; ez bekövetkezik, ha D az AA1 szakasz A1-en túli meghosszabbításán van és AD=3AA1/2. Ilyenkor B1B2 és C1C2 az egybeeső pontban metszik egymást, hiszen ezen át pl. AB-vel csak egy párhuzamos húzható, és azon A1 miatt rajta van B1, és A2 miatt rajta van B2.
Előfordulhat, hogy a vizsgálandó három egyenes nem mind különböző, ha pl. A, B, C nem mind különbözők, vagy ha A, B, C, D egy egyenes pontjai. Az ilyen esetek felsorolása felesleges, mert ilyenkor az állítás semmitmondó.
 
 Szabó Zoltán (Győr, Benedek‐rendi Czuczor G. g. II. o. t.)
 
Megjegyzés. Nem jutunk a fentitől lényegesen különböző megoldáshoz, ha azt látjuk be, hogy az A1B1C1 és A2B2C2 háromszögek hasonlók és hasonló helyzetűek. Ekkor azonban az egy egyenesen levő A, B, C pontok esete okoz egy kicsit több bonyodalmat. (Számos dolgozat ezzel az esettel nem foglalkozott.)
Nem nehéz belátni, hogy S-sel jelölve az ABC háromszög súlypontját, A1DA2S és B1DB2S, így az A1B1D és A2B2S is hasonló helyzetű háromszögek, hasonlósági pontjuk szintén M; így S, D és M (az ABC és A1B1C1, ill. ABC és A2B2C2, ill. A1B1C1 és A2B2C2 háromszögpárok hasonlósági pontjai) is egy egyenesen van. Az utolsó állítás akkor is igaz marad, ha ABC, A1B1C1, A2B2C2 tetszés szerinti hasonló helyzetű háromszögek; bizonyítása azonban sokkal nehezebb.