Kezdőlap


Feladat:	1062. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Backhausz Beáta , Bálványos Z. , Bulkai T. , Csirmaz László , Dobozy O. , Dőry Anna , Eszes G. , Fehér Mária , Gegesy Ferenc , Geier J. , Grosz Tamás , Hárs László , Horváth S. , Juhász Ágnes , Katona V. , Kele A. , Lengyel Tamás , Lublóy L. , Mérő László , Mészáros J. (Makó) , Orbán G. , Péli Katalin , Pintz János , Rajczy Péter , Schön G. , Somos E. , Szűcs András , Takács L. , Tátray P. , Vályi I. , Várhelyi F. , Vetier A.
Füzet:	1967/április, 162 - 165. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Fizikai jellegű feladatok, Tengelyes tükrözés, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Egyenes, Síkgeometriai szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/május: 1062. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. $a)$ Legyen a pontok helyzete egy tetszés szerinti időpontban $A_{1}$ , $B_{1}$ , az $A B$ és $A_{1} B_{1}$ szakasz felezőpontja $F$ , ill. $F_{1}$ . Ekkor $O A_{1} ≧ O A$ , $O B_{1} ≧ O B$ , és ‐ a közös sebesség állandó, vagy tetszés szerint változó voltától függetlenül ‐ a megtett utak egyenlők: $A A_{1} = B B_{1}$ , és így a pontok $O$ -tól mért távolságainak különbsége bármely helyzetben $O B_{1} - O A_{1} = (O B + B B_{1}) - (O A + A A_{1}) = O B - O A$ , állandó. (A két sebességnek természetesen csak az abszolút értékét tekintjük.) Ezért ‐ miután az egyik pont helyzetét a megfelelő szögszáron megválasztottuk ‐ megszerkeszthetjük a másik pont ugyanazon időpontbeli helyzetét a másik száron. Néhány helyzetpárhoz megszerkesztve $F_{1}$ -et, ezek egy az $F$ -ből kiinduló félegyenesen sorakoznak, és úgy látszik, hogy a félegyenes párhuzamos az $A O B$ szög $f$ felezőjével. Ezt fogjuk bizonyítani.
$O A = O B$ esetén $A$ a $B$ tükörképe $f$ -re, így $A_{1}$ és $B_{1}$ is tükrös pontpár, $F$ , $F_{1}$ rajta van $f$ -en, és $F_{1}$ az $f$ -nek $F$ -től távolodó félegyenesét írja le.

1. ábra

Ennek alapján könnyen bizonyíthatjuk állításunkat az

O A < O B

esetre (1. ábra). Legyen

B

B_{1}

tükörképe

f

-re

T

T_{1}

, ekkor egyrészt

\begin{matrix} A_{1} T_{1} = A T_{1} - A A_{1} = A T_{1} - B B_{1} = A T_{1} - T T_{1} = A T, \end{matrix}

(1)

vagyis

A_{1}

állandó távolságban követi

T_{1}

-et. Legyen még

B T

B_{1} T_{1}

felezőpontja

G

, ill.

G_{1}

, ekkor, mint láttuk,

G_{1}

f

-en halad,

G

-ből kiindulva és

O

-tól távolodva, hiszen az

O B_{1} G_{1}

derékszögű háromszög hasonló

O B G

-hez, és így

O B_{1} ≧ O B

miatt

O G_{1} ≧ O G

. Másrészt

F_{1} G_{1}

B_{1} A_{1} T_{1}

háromszögnek

A_{1} T_{1}

-gyel, azaz

O A

-val párhuzamos középvonala, így (1) szerint fele akkora, mint

A T

, vagyis egyenlő

F G

-vel, hiszen ez a

B A T

háromszög

O A

-val párhuzamos középvonala;

F_{1} G_{1}

és

F G

ugyanezért irányban is megegyeznek. Így pedig

G G_{1} F_{1} F

paralelogramma,

F_{1}

valóban csak azon az

e

félegyenesen lehet, amely

f

-nek

G G_{1}

félegyeneséből

G F

irányú és nagyságú eltolással áll elő, vagyis kezdőpontja

F

és párhuzamos

f

-fel, amint állítottuk.

e

minden

F^{*}

pontja hozzátartozik a mozgó pontok közti szakasz felezőpontja által leírt vonalhoz. Messe ugyanis az

O A

-val

F^{*}

-on át húzott párhuzamos

f

-et

G^{*}

-ban, a

G^{*}

-ban

f

-re állított merőleges

O B

-t

B^{*}

-ban, ekkor

B^{*}

és a

B^{*} F^{*}

által

O A

-ból kimetszett

A^{*}

a mozgó pontok

F^{*}

-ot előállító helyzetei, mert

B^{*}

f

-re való tükörképét

T^{*}

-gal jelölve egyrészt

B^{*} T^{*} = 2 \cdot B^{*} G^{*}

és

F^{*} G^{*} ∥ A^{*} T^{*}

miatt

F^{*}

felezi

A^{*} B^{*}

-ot, másrészt

O B^{*} - O A^{*} = O T^{*} - O A^{*} = A^{*} T^{*} = 2 \cdot F^{*} G^{*} = 2 \cdot F G = A T = O T - O A = O B - O A

továbbá

O G^{*} ≧ O G

miatt

O B^{*} ≧ O B

és

O A^{*} ≧ O A

, tehát a két mozgó pont áthalad

B^{*}

-on, ill.

A^{*}

-on, mégpedig ugyanabban a pillanatban.
Megjegyezzük végül, hogy az

A O B ∢ = 180^{\circ}

kivételes esetben

F_{1}

állandóan

F

-ben adódik.

2. ábra

b)

Legyen

A B

-nek,

A_{1} B_{1}

-nek első harmadoló pontja

H

, ill.

H_{1}

. Ezek meghatározásában

A_{1}

és

B_{1}

szerepe nem egyenrangú, ezért nem nyilvánvaló, hogy tehetünk-e megszorítást

O A

és

O B

nagyságviszonyára. A 2. ábrán ismét

O A < O B

, ehhez fűzzük megoldásunkat, de vázoltuk rajta a szakasz

O B

-hez közelebbi

K

K_{1}

harmadoló pontját is (hiszen így

A

B

betűcserével

O A > O B

, és

K

A

-hoz közelebbi harmadolópont). Az olvasó könnyen beláthatja, hogy nincs különbség

H_{1}

és

K_{1}

pályájának, mértani helyének megállapításában.

H_{1}

néhány helyzetének kijelölése most is azt sejteti, hogy a keresett mértani hely egy a

H

-ból kiinduló félegyenes. ‐ Tekintsük ismét a

B

-ből indult pont tükörképének mozgását az

A O B

szög felezőjére (

T

T_{1}

), és jelöljük ki

B T

-n

L

-et,

B_{1} T_{1}

-en

L_{1}

-et úgy, hogy

H L ∥ H_{1} L_{1} ∥ O A

. Ekkor

B H = 2 \cdot H A

B_{1} H_{1} = 2 \cdot H_{1} A_{1}

, valamint (1) miatt egyrészt

H L = 2 \cdot A T / 3 = 2 \cdot A_{1} T_{1} / 3 = H_{1} L_{1}

, közös irányuk

O A

, ezért

L L_{1} H_{1} H

paralelogramma. Másrészt

T L : T B = A H : A B = 1 : 3 = A_{1} H_{1} : A_{1} B_{1} = T_{1} L_{1} : T_{1} B_{1}

. Eszerint

L

L_{1}

a hasonló helyzetű

O B T

O B_{1} T_{1}

háromszögek

O

-val szemben levő oldalának megfelelő pontpárja, tehát összekötő egyenesük átmegy

O

-n, a hasonlósági középponton. Így

H H_{1}

mindig párhuzamos a mozgó pontok pillanatnyi helyzetétől független

O L

iránnyal, vagyis

H_{1}

azon a

h

félegyenesen mozog, amely

H

-ból indul és párhuzamos

O L

-lel (ugyanis

O B_{1} ≧ O B

miatt

O L_{1} ≧ O L

, tehát

H_{1}

távolodik

O

-tól).
Az

a)

részhez hasonlóan meg lehet mutatni, hogy

h

bármely pontja harmadol egy olyan

A_{1} B_{1}

szakaszt, melynek végpontjai a mozgó pontok egyidejűen elfoglalt helyzetei; tehát a harmadoló pont mértani helye a

h

félegyenes. Ennek megmutatását az olvasóra hagyjuk.

A O B ∢ = 180^{\circ}

esetén a mértani hely a

H

pont.

Csirmaz László (Budapest, I. István g. I. o. t.)
Szűcs András (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)
Grósz Tamás (Budapest, Ságvári E. gyak. g. II. o. t.)

Megjegyzés. Az

O L

egyenest azzal is jellemezhetjük, hogy pontjaira nézve az

O A

O B

szártól mért távolságok aránya az

L T L'

L B L''

L_{1} T_{1} L'_{1}

L_{1} B_{1} L''_{1}

hasonló derékszögű háromszögekből

L L' : L L'' = L T : L B = L_{1} T_{1} : L_{1} B_{1} = L_{1} L'_{1} : L_{1} L''_{1} = 1 : 2

. Ebben mutatkozik meg az

a)

résszel való hasonlóság, ott ugyanis

f

pontjaira az is áll, hogy a két távolság aránya

1 : 1

3. ábra

II. megoldás.

a)

Nagyítsuk ki

F

-et és

F_{1}

-et

O

-ból kétszeresére, más szóval tekintsük a

B O A

B_{1} O A_{1}

háromszöget paralelogrammává kiegészítő

P

P_{1}

pontot (3. ábra). Ekkor

F F_{1}

O P P_{1}

háromszög középvonala, tehát egyirányúan párhuzamos

P P_{1}

-gyel. Másrészt az

A_{1} P_{1}

és

B P

, valamint

A P

és

B_{1} P_{1}

egyenes párok metszéspontját

A_{2}

-vel, ill.

B_{2}

-vel jelölve a

P A_{2} P_{1} B_{2}

paralelogramma rombusz, mert

P A_{2} = A A_{1} = B B_{1} = P B_{2}

, ezért a

P P_{1}

átló felezi az

A_{2} P B_{2}

szöget, és így párhuzamos a vele egyállású

A O B

szög

f

felezőjével. Eszerint

F_{1}

F

-ből kiindulva

f

-fel párhuzamosan mozog.

b)

A B

szakasz

H

harmadoló pontját szerkeszthetjük úgy, hogy

A

-n és

B

-n át párhuzamos egyenespárt veszünk ‐ legyen ez

A O

és az iménti

B P

‐, ezekre

A

-tól és

B

-től ellentétes irányban felmérünk egy szakaszt, ill. ennek kétszeresét:

A O

, ill.

B Q = 2 \cdot O A = 2 \cdot B P

, ekkor a végpontok

O Q

összekötő egyenese kimetszi

H

-t, mert a

H B Q

háromszög

H A O

-nak kétszeres nagyítása. Hasonlóan

B_{1} Q_{1} = 2 \cdot O A_{1}

és

B_{1} Q_{1} ∥ O A

miatt

O Q_{1}

H_{1}

-ben metszi

A_{1} B_{1}

-et. Azt is mondhatjuk, hogy

A

-t,

A_{1}

-et

O

-ból kinagyítottuk a kétszeresére, és a kapott

C

, ill.

C_{1}

ponttal adódó

C O B

C_{1} O B_{1}

háromszöget a

Q

, ill.

Q_{1}

ponttal paralelogrammává egészítettük ki. Így egyszersmind

Q Q_{1}

H H_{1}

szakasz

3

-szorosára nagyítottja az

O

középpontból, tehát

H H_{1} ∥ Q Q_{1}

.
Jelöljük a

C_{1} Q_{1}

és

B Q

, valamint

C Q

és

B_{1} Q_{1}

egyenes párok metszéspontját

C_{2}

-vel, ill.

B'_{2}

-vel,

Q_{1}

vetületét

B Q

-n, és

C Q

-n

Q'

-vel, ill.

Q''

-vel, így a

Q C_{2} Q_{1} B'_{2}

paralelogrammában

B'_{2} Q_{1} = C C_{1} = 2 \cdot A A_{1} = 2 \cdot B B_{1} = 2 \cdot C_{2} Q_{1}

, és mivel

Q_{1} Q' C_{2}

és

Q_{1} Q'' B'_{2}

hasonló derékszögű háromszögek,

Q_{1} Q' : Q_{1} Q'' = 1 : 2

. Eszerint

Q_{1}

úgy mozog; hogy az állandó

Q B

Q C

egyenesektől mért távolságainak aránya

1 : 2

H_{1}

pedig a

H

-ból kiindulva

Q Q_{1}

-gyel párhuzamosan mozog.
(A

Q Q_{1}

irányt megadhatja pl. Az

O B S R

paralelogramma

O S

átlója is, ahol

R

O A

száron van, és

O R = 2 \cdot O B

. )
Mind

F_{1}

, mind

H_{1}

esetében az olvasóra bízzuk annak bizonyítását, hogy a pálya minden pontját kiadja a mozgó pontpár egy alkalmas helyzete.

Megjegyzés. Hasonlóan lehet megmutatni, hogy a mozgó pontpár közti távolságot tetszés szerinti

m : n

arányban osztó pont ugyancsak félegyenest ír le.