Kezdőlap


Feladat:	1375. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Zichó Dávid
Füzet:	1972/február, 68 - 70. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/szeptember: 1375. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. 1. Húzzunk párhuzamost $P$ -n át a $C A$ befogóval és jelöljük a párhuzamosnak $C B$ -vel való metszéspontját $Q$ -val, és a $P$ -n át $C B$ -vel párhuzamosan húzott egyenes $C A$ -val való metszéspontját $R$ -rel (1. ábra).

1. ábra

A kapott

A P R

és

P B Q

háromszögek mindegyike hasonló az

A B C

háromszöghöz, ezért

\begin{matrix} \frac{P A}{P R} = \frac{B A}{B C}, illetőleg \frac{P B}{Q P} = \frac{A B}{C A}, tehát \\ P A \cdot B C = P R \cdot B A, ill. P B \cdot C A = Q P \cdot A B . \end{matrix}

Ezek behelyettesítésével az álltás bal oldala így alakul :

\begin{matrix} P R^{2} \cdot B A^{2} + Q P^{2} \cdot A B^{2} = (P R^{2} + P Q^{2}) A B^{2} . \end{matrix}

Ámde szerkesztésünk folytán a

P Q C R

négyszög téglalap, így a zárójelben a

Q R^{2} = P C^{2}

áll, és ezt beírva átalakításunk eredménye

P C^{2} \cdot A B^{2} = {(P C \cdot A B)}^{2}

.Ezzel az állítást bebizonyítottuk.

2. A bizonyításban a

P

pontnak az

A B

egyenesen elfoglalt helyzetéről nem használtunk fel semmit, csupán azt, hogy az

A P R

és a

P B Q

háromszögek, valamint a

P Q C R

téglalap mindegyike létrejött. Eszerint bizonyításunk záró következtetése csak akkor nem érvényes, ha

P

egybeesik

A

-val vagy

B

-vel. Maga az állítás azonban ekkor is érvényes, de semmitmondó. Pl. ha

P

egybeesik

A

-val, akkor

P A = 0

P B = A B

és

P C = A C

, és mindkét oldalon

{(A B \cdot C A)}^{2}

áll.

Az állítás tehát érvényes akkor is, ha

P

A B

tetszőleges pontja.

Zichó Dávid (Tatabánya, Árpád Gimn., II. o. t.)

II. megoldás. Tegyük fel először, hogy

P

azonos a

C

pont

A B

-n levő

D

vetületével. Ekkor a szokásos

A B = c

A D = q

B D = p

jelölésekkel, és az

A C^{2} = q c

B C^{2} = p c

C D^{2} = p q

összefüggések alapján feladatunk állítása a

\begin{matrix} q^{2} p c + p^{2} q c = p q c^{2} \end{matrix}

összefüggést jelenti, ami valóban igaz, mert a bal oldal

p q c (p + q) = p q c^{2}

2. ábra

P

D B

félegyenes tetszőleges pontja (2. ábra), akkor a

D P = x

jelöléssel, a már használt összefüggések és

P C^{2} = C D^{2} + D P^{2} = p q + x^{2}

szerint (1) a következő alakú :

\begin{matrix} {(q + x)}^{2} \cdot p c + {(p - x)}^{2} \cdot q c = (p q + x^{2}) c^{2} . \end{matrix}

Ebből a műveletek elvégzése és rendezés után a

\begin{matrix} (q^{2} p c + p^{2} q c - p q c^{2}) = x^{2} (c^{2} - p c - q c) \end{matrix}

összefüggést kapjuk, ami valóban igaz minden

x

-re, hiszen a bal oldalon a már bizonyított

P \equiv D

esetre vonatkozó állítás szerint

0

áll, a jobb oldal értéke pedig

c = p + q

miatt

0

.
Hasonlóan bizonyítható (1), ha

P

D A

félegyenes tetszőleges pontja, tehát (1) az

A B

egyenes tetszőleges

P

pontjára érvényes.

Megjegyzés. Adjuk hozzá (1) két oldalához a

\begin{matrix} P A \cdot P B (B C^{2} + C A^{2}) = P A \cdot P B \cdot A B^{2} \end{matrix}

egyenlőséget. Rendezés után a

\begin{matrix} (P A + P B) P A \cdot B C^{2} + (P A + P B) P B \cdot C A^{2} = (P C^{2} + P A \cdot P B) A B^{2} \end{matrix}

összefüggést kapjuk. Itt

P A + P B = A B

miatt egyszerűsíthetünk

A B

-vel, és a

\begin{matrix} P A \cdot B C^{2} + P B \cdot C A^{2} = (P C^{2} + P A \cdot P B) A B \end{matrix}

összefüggést kapjuk. Ez tetszőleges

A B C

háromszögre érvényes, ha

P

A B

szakasz belső pontja (Stewart tétele).