Kezdőlap


Feladat:	Pontversenyen kívüli P.121	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh Zoltán , Császár Gyula , Hermann Péter , Reviczky János , Székely Albert
Füzet:	1974/november, 148 - 152. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengely körüli forgatás, Merőleges affinitás, Vetítések, Transzformációk szorzata, Transzverzálisok, Feuerbach-kör, Párhuzamos szelők tétele, Ellipszis, mint mértani hely, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1971/december: Pontversenyen kívüli P.121

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

I. a) Ha $P$ -ként történetesen éppen az $A B C$ háromszög magasságpontja van megadva (ami belső pont, ha a háromszög hegyesszögű), akkor tulajdonképpen nincs mit bizonyítani, hiszen ekkor $A_{1}$ , $B_{1}$ és $C_{1}$ a magasságtalppontok és ezért az állításbeli $9$ pont rajta van az $A B C$ háromszög Feuerbach-féle körén,^{$^{*}$} márpedig a kör különleges esete az ellipszisnek; az állítás ekkor tehát igaz. (A helyzetet az 1. ábra jobb oldali fele mutatja, ha minden betűjel felső kiegészítő vesszőjét elhagyjuk.)

1. ábra

P

tetszőleges megválasztása esetén bizonyításunkat egy alkalmas transzformációval visszavezetjük az a) esetre. Azt akarjuk elérni, hogy az

A A_{1} B

szög két szárának képei merőlegesen álljanak egymásra, ugyanígy a

B B_{1} A

szög szárainak képei is, mert így

P

képe a háromszög képének magasságpontja lesz.
Húzzunk párhuzamost

P

-n át

C B

-vel-és

C A

-val, jelöljük az

A B

egyenesen keletkezett metszéspontjukat

B^{*}

-gal, illetve

A^{*}

-gal. Vegyünk másrészt egy olyan

S'

síkot, mely alakzatunk

S

síkját az

A B

egyenesben metszi, rajzoljuk meg benne

A B

egyik oldalán az

A B^{*}

és

A^{*} B

átmérőjű félköröket, jelöljük metszéspontjukat

P'

-vel;

P'

létrejön, mert a félkörök metszik egymást, ugyanis a

P A^{*} B^{*}

és

C A B

háromszögek hasonló helyzetűek a

C_{1}

centrumra nézve, ezért pontjainak sorrendje az

A B

egyenesen:

A

A^{*}

C_{1}

B^{*}

B

. Vetítsük végül egész alakzatunkat a

P P'

egyenessel párhuzamos vetítősugarakkal

S'

-re és jelöljük minden egyes

X

pont vetületét

X'

-vel. (Az 1. ábrán

S'

-t az

S

-be belefordítva látjuk úgy, hogy

P'

A B

-nek

P

-t nem tartalmazó oldalán legyen.)
Vetítésünk mellett egy egyenesen levő pontok vetületei egy egyenesen adódnak (speciálisan az

A B

egyenes minden pontjának képe önmaga), párhuzamos egyenesek vetületei párhuzamosak, és szakasz felezőpontjának vetülete felezi a szakasz vetületét. Ezek szerint

C'

azonos az

A

-n át

A^{*} P'

-vel és

B

-n át

B^{*} P'

-vel húzott párhuzamosok metszéspontjával, e két párhuzamosból a

B P'

, ill.

A P'

egyenes éppen

B'_{1}

-t, ill.

A'_{1}

-t metszi ki, mert

B P'

A P'

a felhasznált körök Thalész-tulajdonsága alapján merőlegesen állnak

A C'

-re, ill.

B C'

-re. Ennélfogva

P'

valóban magasságpontja az

A B C'

háromszögnek. Továbbá a

2

-es és a

3

-as indexű pontok vetülete rendre felezi a megfelelő képszakaszt, így a feladat állításában szereplő

9

pont vetülete rajta van az

A B C'

háromszög

k'

Feuerbach-körén.
Így már csak azt kell belátnunk, hogy

k'

-nek

S

-beli eredetije ‐ mondhatjuk azonban így is: a

k'

körnek

P P'

irányú párhuzamos vetülete az

S

síkra ‐ ellipszis. (A tananyagból ezt egy kör párhuzamos vetületéről elsődlegesen csak azokra az esetekre tudjuk, ha a

P P'

irány merőleges vagy az

S

-re, vagy az

S'

-re, de síkbeli nyújtással könnyen kiterjeszthető minden olyan esetre, ha

S

és

S'

metszésvonala merőleges a vetítési irányra; ekkor is az ellipszis egyik tengelye párhuzamos a metszésvonallal. Ezt az olvasóra hagyjuk.)
II. Megmutatjuk, hogy

k'

-nak

S

-re való

P P'

irányú vetülete ‐ nevezzük egyelőre

v

vonalnak ‐ akkor is ellipszis, ha

P P'

nem merőleges az

S

és

S'

metszésvonalára. Ezt a következő lépésekben végezzük: 1.

k'

-t belefordítjuk

S

-be ‐ új helyzete a

k_{0}

kör ‐, egymás megfelelőinek nevezzük

v

-nek és

k_{0}

-nak egy-egy olyan pontját, melyek

k'

ugyanazon pontjából keletkeztek vetítés, illetve elfordítás útján, és megállapítunk egy síkbeli rokonságot a megfelelő pontpárok közt, ún. ferde affinitást. (Az alakzatból mintegy kikapcsoljuk

k'

-t.) ‐ 2. Meghatározzuk

k_{0}

-nak azt a két, egymásra merőleges fél átmérőjét, amelyek

v

-beli megfelelői ugyancsak merőlegesek egymásra; az utóbbiak lesznek az állításunk szerinti ellipszis tengelyei. ‐ 3. Végül

v

tetszőleges pontjáról kimutatjuk, hogy rajta van azon az ellipszisen, melynek szimmetriatengelyei a most mondott képek.
1. Rátérve tervünk végrehajtására, legyen (a fenti)

S

két pontja

P

és

Q

, az

S'

-nek két pontja

P'

Q'

úgy, hogy

P P' ∥ Q Q'

‐ tehát pl.

P

és

P'

egymás vetületei ‐, és

S'

-t az

S

-be belefordítva az

s

metszésvonaluk körül, legyen

P'

Q'

új helyzete

P_{0}

Q_{0}

. Azt állítjuk, hogy

P P_{0} ∥ Q Q_{0}

(2. ábra).

2. ábra

Ugyanis ha

P Q

metszi

s

-et egy

M

pontban, akkor

M

vetülete, továbbá a leforgatottja is önmaga, ezért átmegy rajta

P' Q'

is,

P_{0} Q_{0}

is, és a párhuzamos vetítés, ill. a mozgás alapján

\begin{matrix} P M : Q M = P' M : Q' M = P_{0} M : Q_{0} M, \end{matrix}

tehát

P P_{0}

és

Q Q_{0}

P M P_{0}

szög szárainak párhuzamos szelői.
Ha pedig

P Q

párhuzamos

s

-sel, akkor

P' Q'

sem metszheti

s

-et (mert a

P P' Q

sík

P Q

miatt párhuzamos

s

-sel), ezért

P_{0} Q_{0}

sem metszi, tehát párhuzamosak

s

-sel és

P Q

-val, így pedig

P Q Q' P'

és

P' Q' Q_{0} P_{0}

paralelogrammák,

P_{0} Q_{0} ♯ P' Q' ♯ P Q

, ennélfogva

P Q Q_{0} P_{0}

is paralelogramma.
Eszerint ‐ és a megfelelő egyenesekről közben mondottak alapján ‐ a

v

és

k_{0}

alakzatok közti kapcsolat csak abban tér el a merőleges affinitástól, hogy a megfelelő pontokat összekötő (pl.

P P_{0}

) egyenesek közös iránya nem merőleges

s

-re, a megfelelő egyenesek közös pontjait tartalmazó tengelyre. (Ugyanis

P' P_{0}

mindenesetre merőleges

s

-re, és ha

P P_{0}

is merőleges lenne rá, akkor

P P'

is merőleges lenne rá, mint az

s

-re merőleges

P P' P_{0}

sík egyenese; ezt az esetet pedig a tankönyvből ismerjük.) Emiatt tesszük a talált rokonság elnevezésében a,,ferde'' jelzőt az,,affinitás'' elé, a,,merőleges'' jelző helyére. Az

s

tengellyel, és a

P

P_{0}

pontpárral meghatározott ferde affinitásban a

v

vetület és a

k_{0}

kör egymás képei, megfelelői.

3. ábra

2. Legyen

k'

középpontja

O'

S

-en levő vetülete

O

, leforgatottja

O_{0}

, és messék

s

-et

k_{0}

-nak a keresett egymásra merőleges átmérői (meghosszabbításaik)

V^{*}

-ban,

W^{*}

-ban (3. ábra). Követelésünk szerint a

V^{*} W^{*}

szakasz

O

-ból is derékszögben látszik, ezért

O_{0}

is,

O

is rajta van a szakasz fölötti

k_{T}

Thalész-körön; eszerint

k_{T}

-nek a középpontja rajta van egyrészt

s

-en, másrészt az

O O_{0}

húr felező merőlegesén. Így

k_{T}

egyértelműen megszerkeszthető, és vele

V^{*}

W^{*}

mindig létrejön. Osszuk szét a

V^{*}

és

W^{*}

jelet e kör és

s

metszéspontjaira úgy, hogy

k_{0}

-nak az

O_{0} V^{*}

O_{0} W^{*}

egyenesen levő egyik-egyik pontját

D_{0}

-lal,

E_{0}

-lal jelölve, ezek

v

-beli

D

és

E

megfelelőire álljon:

O D \geq O E

; ekkor azt állítjuk, hogy az állításbeli ellipszis fél nagytengelye az

O D = a

szakasz, fél kistengelye az

O E = b

szakasz, tehát az ellipszis előállítható az

O

közepű,

a

sugarú

k

kör (főkör)

O E

irányú és

b / a

arányú összenyomásával.
3. A tervezett bizonyításhoz szükségünk lesz a kővetkező jelölésekre. A

D_{0} E_{0}

negyedkör tetszőleges belső pontja

Q_{0}

, ennek

O_{0} D_{0}

on levő vetülete

R_{0}

, az

E_{0} Q_{0}

és

O_{0} D_{0}

egyenesek metszéspontja

T_{0}

; e pontok megfelelője a vetületi rendszerben rendre

Q

v

-n),

R

T

, továbbá a

k

kör és az

R Q

félegyenes metszéspontja

U

, és

k_{0}

sugara

r

.
A nyilvánvalóan hasonló háromszögpárok, a megfelelő pontpárok összekötő egyeneseinek párhuzamos volta és a szelők tétele alapján

\begin{matrix} \frac{R Q}{b} = \frac{R Q}{O E} = \frac{R T}{O T} = \frac{R_{0} T_{0}}{O_{0} T_{0}} = \frac{R_{0} Q_{0}}{O_{0} E_{0}} = \frac{R_{0} Q_{0}}{r}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} R Q = \frac{b}{r} R_{0} Q_{0} . \end{matrix}

(1)

Másrészt

U

értelmezése alapján

\begin{matrix} \frac{O R}{O U} = \frac{O R}{a} = \frac{O R}{O D} = \frac{O_{0} R_{0}}{O_{0} D_{0}} = \frac{O_{0} R_{0}}{r} = \frac{O_{0} R_{0}}{O_{0} Q_{0}}, \end{matrix}

eszerint

U O R

és

Q_{0} O_{0} B_{0}

hasonló derékszögű háromszögek, tehát

\begin{matrix} \frac{R U}{O U} = \frac{R_{0} Q_{0}}{O_{0} Q_{0}}, azaz R U = \frac{a}{r} R_{0} Q_{0} . \end{matrix}

Ezzel (1)-et osztva pedig

\begin{matrix} \frac{R Q}{R U} = \frac{b}{a}, \end{matrix}

vagyis

Q

, a

v

vonal pontja, rajta van az állításunk szerinti ellipszisen. Mindezek szerint

v

valóban ellipszis, és evvel a feladat állítását bebizonyítottuk.

Megjegyzés. Eredményeinkből az is következik, hogy ellipszisnek merőleges affin megfelelője is ellipszis. Ha ugyanis pl.

C C_{1}

nem merőleges

A B

-re, és eredeti háromszögünket ‐ a

9

ponttal és a rajtuk átmenő (immár bebizonyított) ellipszissel együtt ‐ merőleges affinitással úgy transzformáljuk, hogy az

A A_{1} B

szög képe derékszögnek adódjék, ebből az alakzatból újabb merőleges affinitással egy háromszöget kaphatunk, Feuerbach körének

9

pontjával, eszerint az eredeti ellipszisnek az első affinitásbeli képe is ellipszis. (Az első affinitás tengelyének

A B

-t véve,

A_{1}

képéül az

A B

fölötti Thalész-kör és az

A_{1}

-en átmenő (merőleges) egyenes metszéspontja választandó; és ha a második tengely

B C

, és hasonlóan a

B B_{1} C

szög képét kívánjuk derékszöggé transzformálni, akkor

P

újabb képe már magasságpont, mert

A A_{1}

újabb képe is merőleges lesz

B C

-re.

^{$^{*}$}A háromszög Feuerbach-körére vonatkozó legszűkebb ismeretanyagot legutóbb az F. 1753. feladat megoldásában bizonyítottuk be, K. M. L. 44 (1972), 195. oldal. ‐ Szerk.