Kezdőlap


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

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

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

1. ábra

A kapott egyenesek metszéspontja az

A B C

háromszög

M

magasságpontjának

F

-re vonatkozó tükörképe, jelöljük ezt a pontot

A^{*}

-gal. Mivel

A^{*}

A B

egyenesre

B

-ben, és az

A C

egyenesre

C

-ben emelt merőlegesek metszéspontja, azért a

B

és

C

pontok rajta vannak az

A A^{*}

szakasz feletti

k

Thalész-körön, vagyis

k

A B C

háromszög köré írható kör, és

A^{*}

A

pont

k

-beli átellenes pontja. Az

F

-re való tükrözés a

\vec{B M}

vektort a

{\vec{C A}}^{*}

vektorba viszi át, így ezek a vektorok egymás (

- 1

)-szeresei, tehát

\vec{B M} = \vec{A^{*} C}

.
Legyen

D

k

kör tetszőleges, az

A

B

C

pontoktól különböző pontja (2. ábra).

2. ábra

Alkalmazzuk eredményüket az

A D B

háromszög

M_{b}

magasságpontjára:

\vec{B M_{b}} = \vec{A^{*} D}

, és az

A D C

háromszög

M_{c}

, magasságpontjára:

\vec{C M_{c}} = \vec{A^{*} D}

. Így

\vec{B M_{b}} = \vec{C M_{c}} = \vec{A^{*} D}

, eszerint az

M_{b} M_{c}

, szakasz a

B C

szakasznak az

\vec{A^{*} D}

vektorral való eltolásból ered, tehát az

M_{b} M_{c}

egyenes párhuzamos

B C

-vel. Az

M_{b} M_{c}

, egyenes mindig határozott, hiszen

M_{b}

és

M_{c}

, távolsága egyenlő

B

és

C

távolságával.
Nem használtuk fel, hogy

D

a körülírt kör

B C

-re merőleges átmérőjének végpontja, eszerint az állítás

k

minden pontjára érvényes, kivéve az

A B C

háromszög csúcsait (hiszen úgy az

A D B, A D C

háromszögek közül legalább az egyik nem lenne valóságos háromszög). Ha

D

A

-val átellenes

A^{*}

pont, akkor az

A D B

háromszögben

B

-nél, az

A D C

háromszögben

C

-nél derékszög van,

M_{b}

azonos

B

-vel,

M_{c}

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

\begin{matrix} \vec{M A^{*}} = \vec{M B} + \vec{M C}, \end{matrix}

így az

A A^{*}

szakasz

K

felezőpontjára (1. ábra)

\begin{matrix} \vec{M K} = \frac{1}{2} (\vec{M A} + \vec{M A^{*}}) = \frac{1}{2} (\vec{M A} + \vec{M B} + \vec{M C}) . \end{matrix}

Mivel

A A^{*}

A B C

háromszög köré írható kör átmérője, azért

K

k

középpontja.
Ismeretes másrészt, hogy a háromszög

S

súlypontjára

\begin{matrix} \vec{M S} = \frac{1}{3} (\vec{M A} + \vec{M B} + \vec{M C}) \end{matrix}

teljesül (ahol

M

helyébe a sík tetszőleges pontját írhatnánk), tehát

\begin{matrix} \vec{M S} = \frac{2}{3} \vec{M K}, \end{matrix}

vagyis

S

K M

szakasz

K

-hoz közelebbi harmadolópontja. Ez Euler tétele. Feladatunk állítása ennek a tételnek a segítségével is bizonyítható (ismét

k

tetszőleges

D

pontjára): legyen

S_{b}

és

S_{c}

rendre az

A D B, A D C

háromszög súlypontja, Euler tétele alapján könnyen látható, hogy

S_{b} S_{c} | | M_{b} M_{c},

az viszont közvetlenül bizonyítható, hogy

S_{b} S_{c} | | B C .

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

II. megoldás. Az előző megoldásban beláttuk, hogy az

A B C

háromszög

M

magasságpontjának a

B C

oldal

F

felezőpontjára vonatkozó tükörképe azonos az

A B C

köré írható

k

kör

A

-n átmenő átmérőjének másik végpontjával,

A^{*}

-gal. Ebből következik, hogy

M

-nek

B C

-re vonatkozó

M'

tükörképe is rajta van

k

-n (1. ábra). Valóban, ha

M'

-t tükrözzük a

B C

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

A D B

A D C

háromszögek

M_{b}

M_{c}

magasságpontjainak

A D

-re vonatkozó

M'_{b}

M'_{c}

tükörképei is rajta vannak

k

-n (2. ábra).
Így

B M'_{b}

is,

C M'_{c}

is merőleges

A D

-re ‐ hiszen pl.

B M_{b}

is,

M_{b} M'_{b}

is merőleges rá ‐ , ezért

B M'_{b}

és

C M'_{c}

egy, a

k

-ba beírt húrtrapéz alapjai, tehát ennek

M'_{b} M'_{c}

szára (esetleg átlója) a

B C

szárnak tükörképe a kör

B M'_{b}

-re merőleges ‐ tehát

A D

-vel párhuzamos ‐

d

átmérőjére. Eszerint

M_{b} M_{c}

úgy áll elő

B C

-ből, hogy ezt előbb

d

-re, majd a képét

A D

-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

M_{b} M_{c} # B C

, ezt kellett bizonyítanunk.

Bebizonyítjuk a felhasznált állítást. Legyen a két párhuzamos tengely

t_{1}

és

t_{2}

, továbbá

P

képe

t_{1}

- re

P_{1}

, és

P_{1}

képe

t_{2}

,-re

P_{2}

(3. ábra).

3. ábra

Ekkor a

P P_{1} = e

egyenes merőleges

t_{1}

-re és átmegy

P_{2}

-n, mert

P_{1} P_{2}

merőleges

t_{2}

-re, tehát

t_{1}

-re is. Legyen

e

metszésponkja

t_{1}

-gyel

T_{1}

t_{2}

-vel

T_{2}

. Ekkor

P_{2}

úgy is előáll, hogy

P

-t előbb

T_{1}

-re tükrözzük, a kép nyilvánvalóan

P_{1}

, és ugyanígy

P_{1}

képe

T_{2}

-re

P_{2}

. Tudjuk viszont,^{$^{*}$} hogy két pontra egymás után való tükrözés helyettesíthető kétszer akkora eltolással, mint amekkora az első pontot (

T_{1}

-et) a másodikba (

T_{2}

-be) viszi át. Az pedig már nyilvánvaló, hogy

t_{1}

-et

t_{2}

-be ‐ mindkettőre merőlegesen ‐ ugyanakkora eltolás viszi át, mint

T_{1}

-et

T_{2}

-be. (Az ábra bemutatja egy, a

P

-n átmenő és a

t_{1}

-et metsző

f

egyenes

f_{1}

, majd

f_{2}

képét is,

f_{2} | | f

, és

f

bármely pontját

2 T_{1} T_{2}

eltolás viszi át

f_{2}

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.