|
Feladat: |
Gy.2948 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bérczi Gergely , Burcsi Péter , Fejes Tóth Péter , Fejős Ibolya , Makai Márton , Pap Gyula , Sánta Zsuzsa , Tóth Gábor Zsolt , Zubcsek Péter Pál |
Füzet: |
1995/május,
276 - 277. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Háromszögek hasonlósága, Ponthalmazok, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyéb ponthalmazok a koordinátasíkon, Gyakorlat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1994/november: Gy.2948 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Nyilvánvaló, hogy a görbének csak egy pontja van a koordinátatengelyeken, az origó. Legyen a görbének egy olyan pontja, amelyik egyik koordinátatengelyen sincs rajta. Az -ra -ből állított merőleges talppontja legyen . Ekkor és . Az , a és az háromszögek hasonlók, mert szögeik megegyeznek (mindhárom háromszög hasonló a háromszöghöz is). Ezért megfelelő oldalaik aránya is egyenlő: | | Ezekből az egyenlőségekből kapjuk, hogy | | Szorozzuk meg az első egyenlőséget -kel, a másodikat -kel, és ezután adjuk őket össze: Pitagorasz tétele szerint ; feltételeink szerint , ezeket behelyettesítve: Ez pontosan akkor teljesül, ha Ezt az egyenletet az origó koordinátái is kielégítik, így megmutattuk, hogy a keresett görbének minden pontja rajta van az (1) egyenletű görbén. Megmutatjuk, hogy ha egy pont koordinátái kielégítik az (1) egyenletet, akkor az szakasznak van olyan helyzete, amelynél az origóból -re bocsátott merőleges talppontja éppen . Ha egyik koordinátája 0, akkor (1) miatt a másik is 0, az origó pedig nyilván előáll talppontként, pl. akkor, amikor és . Ha , ahol , akkor legyen | | Ekkor hossza Pitagorasz tétele alapján 1, és könnyen látható, hogy merőleges -re. Ezzel megmutattuk, hogy a keresett görbe egyenlete
Pap Gyula (Debrecen, Fazekas M. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján |
|
|