Kezdőlap


Feladat:	Gy.2451	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Tokodi Tamás
Füzet:	1988/szeptember, 260 - 262. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek egybevágósága, Tengelyes tükrözés, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Ellenpélda, mint megoldási módszer a matematikában, Szabályos sokszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1987/december: Gy.2451

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

A két háromszög egybevágóságából nem következik, hogy az $A B C$ háromszög szabályos. Ennek bizonyításához elegendő megadnunk egy olyan nem szabályos $A B C$ háromszöget, amely egybevágó a feladat eljárása során kapott $A' B' C'$ háromszöggel.

1. ábra

Válasszuk az

A B C

háromszög csúcsait egy szabályos hatszög csúcsai közül az 1. ábrán látható módon. Az

A B C

háromszögben tehát

A

-nál

90^{\circ}

-os,

B

-nél

60^{\circ}

-os,

C

-nél pedig

30^{\circ}

-os szög van. Jelöljük a hatszög további csúcsait

K

L

és

M

-mel. Ekkor az

A B K L C M

hatszög szabályosságából következik, hogy:
(1) ‐ a

B C

szakasz

f_{A}

felező merőlegese az

A M

és a

K L

szakaszoknak is felező

merőlegese;
(2) ‐ a

C A

szakasz

f_{B}

felező merőleges átmegy a

K

és a

M

pontokon és merő-

legesen felezi a

B L

szakaszt;
(3) ‐ az

A B

szakasz

f_{C}

felező merőlegese egybeesik a

C L

szakasz felező merő-

legesével.
Ezeket felhasználva könnyen kapjuk az

A'

B'

C'

pontokat.

A

-nak

f_{A}

-ra vonatkozó tükörképe (1) miatt

M

M

-nek

f_{B}

-re vonatkozó tükörképe pedig (2) miatt önmaga, tehát

A' \equiv M

B

-nek

f_{B}

-re vonatkozó tükörképe (2) miatt

L

, amit

f_{C}

-re tükrözve (3) miatt

C

-t kapjuk, így

B' \equiv C

. Végül

C

-t

f_{C}

-re tükrözve (3) alapján

L

-t kapjuk,

L

-nek

f_{A}

-ra való tükrözésekor pedig (1) miatt

K

-t, azaz

C' \equiv K

. Esetünkben tehát az

A' B' C'

háromszög éppen az

M C K

háromszög, ez pedig a hatszög szabályos volta miatt valóban egybevágó az

A B C

háromszöggel.

Tokodi Tamás (Szeged, JATE Ságvári E. Gyak. Gimn., II. o. t.)

Megjegyzések. 1. Ismeretes, hogy ha a

t_{1}

egyenest a

φ

szögű forgatás viszi a

t_{2}

egyenesbe, akkor a

t_{1}

-re majd a

t_{2}

-re vonatkozó tengelyes tükrözés egy forgatással helyettesíthető. A forgatás középpontja a tengelyek metszéspontja, szöge pedig

2 φ

.
A feladatban szereplő tükrözések tengelyei átmennek az

A B C

háromszög körülírt körének

O

középpontján, így az

A'

B'

C'

pontokat az

A

B

C

pontok

O

körüli elforgatottjaiként kapjuk.

2. ábra

Betűzzük a háromszög csúcsait pozitív körüljárás szerint (2. ábra). Ekkor

f_{A}

-t az

f_{B}

-be az

O

körüli

- γ

szögű elforgatás viszi, így

A'

A

-nak

O

körüli

- 2 γ

szögű elforgatottja,

A O A' ∢ = - 2 γ

.
Hasonlóan kapjuk, hogy

B O B' ∢ = - 2 α

és

C O C' ∢ = - 2 β

.
A középponti és kerületi szögek tétele szerint

A O B ∢ = 2 A C B ∢ = 2 γ

, és hasonlóan

B O C ∢ = 2 α

, illetve

C O A ∢ = 2 β

Ezután

\begin{matrix} A' O B' ∢ = A' O A ∢ + A O B ∢ + B O B' ∢ = 2 γ + 2 γ - 2 α = 4 γ - 2 α, \end{matrix}

és hasonlóan

\begin{matrix} B' O C' ∢ = 4 α - 2 β és \\ C' O A' ∢ = 4 β - 2 γ . \end{matrix}

Mármost a két háromszög akkor és csak akkor egybevágó, ha a

2 α

2 β

2 γ

középponti szögekhez tartozó

B C

C A

A B

húrok valamilyen sorrendben egyenlők a

4 γ - 2 α

4 α - 2 β

és a

4 β - 2 γ

középponti szögekhez tartozó

A' B'

B' C'

C' A'

húrokkal. Két középponti szöghöz adott körben pontosan akkor tartoznak egyenlő húrok, ha a két szög összege vagy különbsége a

2 π

egész számú többszöröse. Ez igen sok lehetőséget jelent; a megoldásban adott ellenpélda

(α = \frac{π}{2}

β = \frac{π}{3}

γ = \frac{π}{6})

\begin{matrix} A' O B' ∢ + A O B ∢ & = 0, \\ B' O C' ∢ + C O A ∢ & = 2 π, \\ C' O A' ∢ + B O C ∢ & = 2 π \end{matrix}

feltételekből kapható.
2. A megadott példában a két háromszög az

A \to B'

B \to A'

C \to C'

megfeleltetés révén volt egybevágó. Mint a 3. ábra szabályos 13-szögében láthatjuk, még abban az esetben sem következik a két háromszög egybevágóságából az

A B C

háromszög szabályos volta, ha az egybevágóság során az

A

-nak

A'

B

-nek

B'

C

-nek pedig

C'

felel meg. Látható, hogy a két háromszög tükrös a

C C'

felező merőlegesére.

3. ábra

\begin{matrix} α = \frac{9 π}{13}, β = \frac{π}{13}, γ = \frac{3 π}{13}, \\ A O A' ∢ = - 2 γ = - \frac{6 π}{13}, \\ B O B' ∢ = - 2 α = - \frac{18 π}{13}, \\ C O C' ∢ = - 2 β = - \frac{2 π}{13} . \end{matrix}

Ha viszont még azt is megköveteljük, hogy a két háromszög egyező körüljárású legyen, tehát egyetlen

O

körüli forgatás vigye az

A B C

háromszöget az

A' B' C'

háromszögbe ‐ ez teljesül a megoldásban mutatott ellenpéldán, de ott az azonos betűjelű csúcsok nem egymásnak felelnek meg ‐ akkor ezekből már valóban következik, hogy az

A B C

háromszög szabályos.