Feladat: 1376. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Hasenfratz Anna ,  Rózsás László 
Füzet: 1972/szeptember, 13 - 16. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Középpontos tükrözés, Eltolás, Körülírt kör, Magasságpont, Helyvektorok, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/szeptember: 1376. matematika gyakorlat

Az ABC háromszög köré írt kör BC-re merőleges átmérőjének egyik végpontja D (ABAC). Mutassuk meg, hogy az ADB és az ADC háromszögek magassági pontja rajta van egy, a BC oldallal párhuzamos egyenesen.

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

I. megoldás. Tükrözzük az ABC háromszög B és C csúcsán átmenő magasságvonalait a BC oldal F felezőpontjára (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

A kapott egyenesek metszéspontja az ABC háromszög M magasságpontjának F-re vonatkozó tükörképe, jelöljük ezt a pontot A*-gal. Mivel A* az AB egyenesre B-ben, és az AC egyenesre C-ben emelt merőlegesek metszéspontja, azért a B és C pontok rajta vannak az AA* szakasz feletti k Thalész-körön, vagyis k az ABC háromszög köré írható kör, és A* az A pont k-beli átellenes pontja. Az F-re való tükrözés a BM vektort a CA* vektorba viszi át, így ezek a vektorok egymás (-1)-szeresei, tehát  BM=A*C.
Legyen D a k kör tetszőleges, az A, B, C pontoktól különböző pontja (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Alkalmazzuk eredményüket az ADB háromszög Mb magasságpontjára: BMb=A*D, és az ADC háromszög Mc, magasságpontjára: CMc=A*D.  Így BMb=CMc=A*D, eszerint az MbMc, szakasz a BC szakasznak az A*D vektorral való eltolásból ered, tehát az MbMc egyenes párhuzamos BC-vel. Az MbMc, egyenes mindig határozott, hiszen Mb és Mc, távolsága egyenlő B és C távolságával.
Nem használtuk fel, hogy D a körülírt kör BC-re merőleges átmérőjének végpontja, eszerint az állítás k minden pontjára érvényes, kivéve az ABC háromszög csúcsait (hiszen úgy az ADB,ADC háromszögek közül legalább az egyik nem lenne valóságos háromszög). Ha D az A-val átellenes A* pont, akkor az ADB háromszögben B-nél, az ADC háromszögben C-nél derékszög van, Mb azonos B-vel, Mc azonos C-vel (az A*D eltolási vektor 0 vektor).
 

Hasenfratz Anna (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., I. o. t.)
 

Megjegyzés.A fenti megoldás szerint
MA*=MB+MC,
így az AA* szakasz K felezőpontjára (1. ábra)
MK=12(MA+MA*)=12(MA+MB+MC).
Mivel AA* az ABC háromszög köré írható kör átmérője, azért K a k középpontja.
Ismeretes másrészt, hogy a háromszög S súlypontjára
MS=13(MA+MB+MC)
teljesül (ahol M helyébe a sík tetszőleges pontját írhatnánk), tehát
MS=23MK,
vagyis S a KM szakasz K-hoz közelebbi harmadolópontja. Ez Euler tétele. Feladatunk állítása ennek a tételnek a segítségével is bizonyítható (ismét k tetszőleges D pontjára): legyen Sb és Sc rendre az ADB,ADC háromszög súlypontja, Euler tétele alapján könnyen látható, hogy SbSc||MbMc, az viszont közvetlenül bizonyítható, hogy SbSc||BC.
 

Rózsás László (Nagykőrös, Arany J. Gimn., II. o. t.)
 

II. megoldás. Az előző megoldásban beláttuk, hogy az ABC háromszög M magasságpontjának a BC oldal F felezőpontjára vonatkozó tükörképe azonos az ABC köré írható k kör A-n átmenő átmérőjének másik végpontjával, A*-gal. Ebből következik, hogy M-nek BC-re vonatkozó M' tükörképe is rajta van k-n (1. ábra). Valóban, ha M'-t tükrözzük a BC szakasz f felező merőlegesére, M-nek F-re (a két tükrözési tengely metszéspontjára) vonatkozó A* tükörképét kapjuk, tehát M' és A* tükrösek a k kör f átmérőjére, így M' is rajta van k-n.
Eszerint az ADB, ADC háromszögek Mb, Mc magasságpontjainak AD-re vonatkozó M'b, M'c tükörképei is rajta vannak k-n (2. ábra).
Így BM'b is, CM'c is merőleges AD-re ‐ hiszen pl. BMb is, MbM'b is merőleges rá ‐ , ezért BM'b és CM'c egy, a k-ba beírt húrtrapéz alapjai, tehát ennek M'bM'c szára (esetleg átlója) a BC szárnak tükörképe a kör BM'b-re merőleges ‐ tehát AD-vel párhuzamos ‐ d átmérőjére. Eszerint MbMc úgy áll elő BC-ből, hogy ezt előbb d-re, majd a képét AD-re tükrözzük. Ámde két, egymással párhuzamos tengelyen való tükrözés eredménye előáll egyetlen eltolással, amely merőleges a két tengelyre és vektora 2-szer akkora, mint az első tengelyt a második tengelybe vivő eltolás. Így tehát MbMc#BC, ezt kellett bizonyítanunk.
 

Bebizonyítjuk a felhasznált állítást. Legyen a két párhuzamos tengely t1 és t2, továbbá P képe t1- re P1, és P1 képe t2,-re P2 (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Ekkor a PP1=e egyenes merőleges t1-re és átmegy P2-n, mert P1P2 merőleges t2-re, tehát t1-re is. Legyen e metszésponkja t1-gyel T1, t2-vel T2. Ekkor P2 úgy is előáll, hogy P-t előbb T1-re tükrözzük, a kép nyilvánvalóan P1, és ugyanígy P1 képe T2-re P2. Tudjuk viszont,* hogy két pontra egymás után való tükrözés helyettesíthető kétszer akkora eltolással, mint amekkora az első pontot (T1-et) a másodikba (T2-be) viszi át. Az pedig már nyilvánvaló, hogy t1-et t2-be ‐ mindkettőre merőlegesen ‐ ugyanakkora eltolás viszi át, mint T1-et T2-be. (Az ábra bemutatja egy, a P-n átmenő és a t1-et metsző f egyenes f1, majd f2 képét is, f2||f, és f bármely pontját 2T1T2 eltolás viszi át f2 megfelelő pontjába.
 
Ez a bizonyítás is érvényes D-ként k-nak bármely pontjára.
 

Megjegyzés.Bár több érdekes megoldás érkezett annak a föltevésnek a felhasználásával is, amit D helyzetére az eredeti kitűzés tartalmazott, ilyet mégsem közlünk, mert egy ilyen megoldás, a speciális helyzet kihasználásával, csak bonyolultabb lehet, mint anélkül.
*Lásd: Horvay Katalin-Pálmay Lóránt: Matematika a gimnázium I. osztálya számára. 4. kiadás. Tankönyvkiadó. Budapest, 1969. 323. oldal.