Kezdőlap


Feladat:	1340. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1973/október, 60 - 62. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körüli forgatás, Derékszögű háromszögek geometriája, Ceva-tétel, Súlyvonal, Szögfelező egyenes, Aranymetszés, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/december: 1340. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy a sejtés igaz. Ehhez néhány további jelölést vezetünk be: $B D$ felezőpontja $K$ , a $G$ vetülete $O B$ -n $H$ , az $O E$ egyenes metszéspontja $D F$ -fel $M'$ , $B G$ -vel $M$ (1. ábra),

és azt mutatjuk meg, hogy

M'

azonos

M

-mel. Ehhez, mivel

M

és

M'

O B

-nek ugyanazon oldalán vannak, mint már

G

és

F

is, elég belátni, hogy

O M' = O M

. Előre megjegyezzük, hogy a számítás során, a szerkesztésből adódóan ismételten derékszögű háromszögeket használunk fel, köztük két hasonló párt; rövidség kedvéért ezeket újra nem említjük.
A megindulásban

O B = 2 \cdot O A

alapján

A B = A C = \sqrt[]{5} \cdot O A

, ezért

O D = O C = (\sqrt[]{5} - 1) O A

, továbbá

D B = D O + 2 \cdot O A = (\sqrt[]{5} + 1) O A

, tehát

D E = \sqrt[]{D O \cdot D B} = 2 \cdot O A = O B

. Ezek alapján

\begin{matrix} O M = & H G \cdot \frac{O B}{H B} = \frac{O E}{2} \cdot \frac{2 \cdot O A}{O H + O B} = O E \cdot \frac{2 \cdot O A}{O D + 4 \cdot O A} = O E \cdot \frac{2}{\sqrt[]{5} + 3} = \\ = & O E \cdot \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2} . \end{matrix}

E F

F B

ívek egyenlősége alapján

D F

felezi a

B D E

szöget, ezért a

D O E

háromszögből

\begin{matrix} O M' = O E \cdot \frac{D O}{D O + D E} = O E \cdot \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2} = O M, \end{matrix}

amint azt bizonyítani akartuk.

II. megoldás. Előzetes megjegyzés. A sejtés kimondható így is: a leírt módon megszerkesztett

D B E

derékszögű háromszögben a

D B

átfogó egyik végpontjából induló súlyvonal és a másik végpontból induló szögfelező az átfogóra merőleges magasságon metszik egymást. Ebből az egyszerű kimondásból kimaradt a kiindulási

O B = 2 \cdot O A

kapcsolat tetszetőssége, de vele a 3 lépéses szerkesztés hosszadalmassága is. Az utóbbi helyett tetszetős, rövid föltevéssel kezdhetnénk: ha egy derékszögű háromszögben az átfogóra merőleges magasság az átfogót

D O : O B = (\sqrt[]{5} - 1) : 2

arányban osztja részekre, akkor a mondott három vonal egy pontban metszi egymást. Így viszont a megadott arány irracionális értéke hat mesterkélten. Avégett, hogy ezt is elkerüljük, az arány értékét tesszük meg kérdésnek, a tetszetős, bizonyítandó állítást pedig föltevésnek, és ezt tekintjük feladatunknak:
Egy derékszögű háromszögben az átfogó egyik végpontjából induló súlyvonal és a másik végpontjából induló szögfelező az átfogóra merőleges magasságon metszik egymást. Milyen arányú részekre osztja az átfogót a magasság?
Tegyük föl tehát, hogy a

B D E

derékszögű háromszögben a

D J

szögfelező és

E O

magasság

M

metszéspontját

B

-vel összekötő egyenes a

D E

oldalt annak

G

felezőpontjában metszi. Ekkor a Gy. 1388. gyakorlat I. megoldásában^{$^{*}$} látott segédtételt a

D O J E

négyszögre alkalmazva,

O J | | D E

, majd a szögfelező tétel alapján a kérdéses arány:

\begin{matrix} λ = \frac{D O}{O B} = \frac{E J}{J B} = \frac{D E}{D B} . \end{matrix}

Másrészt, mivel háromszögünk derékszögű,

\begin{matrix} D E^{2} = D O \cdot D B, \end{matrix}

(1)

ezeket egybevetve

\begin{matrix} D E^{2} = O B \cdot D E, tehát D E = O B, \end{matrix}

és ezt írva (1)-be majd osztva

O B^{2}

-nel:

\begin{matrix} O B^{2} = D O \cdot D B = D O (D O + O B) \\ 1 = \frac{D O}{O B} (\frac{D O}{O B} + 1) = λ (λ + 1) = λ^{2} + λ, \end{matrix}

és mivel

λ

pozitív, azért

\begin{matrix} λ = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2} . \end{matrix}

A mondottak megfordíthatók, ebből újabb bizonyítás adódik az eredeti feladatra.

Megjegyzések. 1. A feladat általánosításához jutunk, ha a tetszőleges

A O B

háromszögben

O B = a

B A = c

A O = b

jelöléssel fennáll

a (a + b - c) = {(b - c)}^{2}

, és a Thalész-kör helyett a

(180^{\circ} - A O B) ∢

nyílású látókörívet vesszük. Ez a derékszögű eset gondolatmenete szerint bizonyítható.
2. Ajánljuk az olvasónak, vizsgálja végig azt a módosítást, ha

A B

-t

A

körül az

O A

félegyenesre fordítva képezzük

C

-t, majd

O C

-t

O

körül a

B O

félegyenesre fordítjuk.

III. megoldás. Az eredeti állítást Ceva tétele^{$^{*}$} alapján ‐ bizonyítjuk, ezt a

D B E

háromszögre alkalmazva. Mivel a tétel megfordítható, kimondjuk, hogy a három hányados szorzatáról mutatjuk meg, hogy 1-gyel egyenlő. Jelöljük a

B E

és

D F

egyenesek metszéspontját

J

-vel, ekkor

D G

és

G E

egyenlősége alapján elég ezt megmutatnunk:

\begin{matrix} \frac{D O}{O B} \cdot \frac{B J}{J E} = 1. \end{matrix}

Az első arány értékét már ismerjük az I. megoldásból, a másodiké pedig a szögfelezés alapján

\begin{matrix} \frac{B J}{J E} = \frac{B D}{D E} = \frac{B D}{O B}, \end{matrix}

tehát a szorzat valóban

\begin{matrix} \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2} \cdot \frac{(\sqrt[]{5} - 1) + 2}{2} = 1. \end{matrix}

Megjegyzés. A legutóbbiakat így is mondhatjuk:

D O \cdot B D = O B^{2}

B D : B O = B O : D O

O

az aranymetszés arányában osztja ketté a

B D

szakaszt.

^{$^{*}$}Lásd K. M. L. 47 (1973) 12. old.

^{$^{*}$}Az $A_{1} A_{2} A_{3}$ háromszög $A_{1} A_{2}$ , $A_{2} A_{3}$ és $A_{2} A_{1}$ oldalegyenesének egy-egy pontját rendre $B_{3}$ -mal, $B_{1}$ -gyel, $B_{2}$ -vel jelölve, az $A_{i} B_{i}$ egyenesek akkor és csak akkor mennek át egy ponton (ami lehet végtelen távoli is), ha

\begin{matrix} \frac{A_{1} B_{2}}{B_{3} A_{2}} \cdot \frac{A_{2} B_{1}}{B_{1} A_{3}} \cdot \frac{A_{2} B_{2}}{B_{2} A_{1}} = 1. \end{matrix}

A tétel más megfogalmazása az iskolai függvénytáblázatban 322.4. jelzőszám alatt is megtalálható.