Úton-módon 4.

Egy feladat és ami róla az eszembe jutott...

A mai számban egy geometriai feladatot járunk körbe, amelyet Laczkó László kollégám dolgozott fel. Az anyag megtalálható a Budapesti Fazekas Gimnázium matematikaoktatási portálján (http://matek.fazekas.hu) a cikkek között, „Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül!” címmel. A cikk címe nagyon találó, pont ez van a cikk készítésének ötlete mögött. Az ott szereplő megoldások közül válogatok és mutatok meg néhányat.

A feladat

Az $ABC$ hegyesszögű háromszög $C$ -nél levő szöge $45^\circ$ . $M$ a háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy $CM=AB$ !

1. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

A $BT_BC$ háromszög derékszögű és egyenlő szárú, hiszen

$\displaystyle T_BBC\sphericalangle=T_BCB\sphericalangle=45^\circ$ .

Ezért

$\displaystyle CT_B=T_BB$ .

Az $AT_BM$ háromszög is derékszögű és egyenlő szárú, hiszen

$\displaystyle T_BAM\sphericalangle=T_BMA\sphericalangle=45^\circ$ .

Ezért

$\displaystyle AT_B=T_BM$ .

A $CMT_B$ és $AT_BB$ háromszögek egybevágók, mert két-két oldaluk ( $T_BC=T_BB$ és $T_BM=T_BA$ ) és közbezárt szögük egyenlő ( $=90^\circ$ ).

Ezért a harmadik oldaluk is megegyezik, azaz

$\displaystyle AB=CM.$

2. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

$T_BBA\sphericalangle$ és $ACM\sphericalangle$ merőleges szárú hegyesszögek, ezért

$\displaystyle T_BBA\sphericalangle=ACM\sphericalangle$ .

Az $AT_BB$ és $CMT_B$ háromszögek derékszögűek.

A $CAB\sphericalangle$ szög (és a derékszög) közös ebben a két háromszögben, tehát hasonlóak.

A $BT_B$ és $CT_B$ egymásnak megfelelő oldalak egyenlőek, mert a $CBT_B$ háromszög egyenlő szárú derékszögű (1. megoldás) ezért a két háromszög egybevágó, azaz

$\displaystyle AT_BB\triangle \cong CMT_B\triangle$ .

Ebből következik, hogy minden megfelelő oldal egyenlő, azaz

$\displaystyle CM=AB.$

3. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

Tükrözzük tengelyesen az $M$ pontot a $CB$ oldalra, a tükörképet $M'$ jelöli.

Ismeretes, hogy a magasságpontot az oldalra tengelyesen tükrözve a tükörkép ( $M'$ ) pont a háromszög köré írt körön van.

A tükrözés miatt

$\displaystyle CM=CM'.$

Ugyanakkor

$\displaystyle CAM\sphericalangle=CAM'\sphericalangle =45^\circ.$

Az $AB$ és $CM'$ húrok ugyanabban a körben vannak és mind a kettőhöz $45^\circ$ -os kerületi szög tartozik, tehát

$\displaystyle AB=CM'.$

Mivel $CM'=CM$ , így

$\displaystyle CM=AB.$

4. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

A $CM$ szakaszt $CB$ oldal felezőpontjára ( $F$ ) tükrözve kapjuk $BM'$ -t. Ismeretes, hogy $M'$ a körülírt körön van.

A középpontosan tükrözött szakasz párhuzamos a képével. A $CT_C$ magasság merőleges az $AB$ alapra, tehát

$\displaystyle M'BA\sphericalangle=90^\circ.$

$AM'B\sphericalangle=45^\circ$ , mert az $AB$ ívhez tartozó kerületi szög.

$AM'B$ egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért

$\displaystyle BM'=AB$ .

A tükrözés miatt

$\displaystyle CM=BM',$

ezért

$\displaystyle CM=AB.$

5. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

Legyen $O$ a háromszög köré írható körének középpontja.

Az $\overrightarrow{OM}$ vektort jelölje $\mathbf{m}$ , az $\overrightarrow{OA}$ , $\overrightarrow{OB}$ , $\overrightarrow{OC}$ és $\overrightarrow{CM}$ vektorokat rendre $\mathbf{a}$ , $\mathbf{b}$ , $\mathbf{c}$ és $\mathbf{d}$ .

Felhasználjuk, hogy a magasságpontba mutató vektorra

$\displaystyle \mathbf{m}=\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c}.$

Ebből a $\mathbf{d}$ vektorra kapjuk, hogy

$\displaystyle \mathbf{d}=\mathbf{m} - \mathbf{c}=\mathbf{a} + \mathbf{b} + \mathbf{c} - \mathbf{c}=\mathbf{a} + \mathbf{b}.$

Az $\mathbf{a}$ és $\mathbf{b}$ vektorok által kifeszített paralelogramma egyik átlója $AB$ , a másik $CM$ .

A kerületi és középponti szögek tétele miatt

$\displaystyle BOA\sphericalangle= 90^\circ.$

Így az $\mathbf{a}$ és $\mathbf{b}$ vektorok által kifeszített paralelogramma négyzet, mert az $\mathbf{a}$ , $\mathbf{b}$ vektorok hossza a köré írt kör sugarával egyenlő.

A négyzet átlói egyenlőek, így

$\displaystyle \left\vert\overrightarrow{AB}\right\vert=\left\vert\overrightarrow{CM}\right\vert~\Rightarrow~AB=CM.$

6. megoldás

Használjuk az ábra jelöléseit!

A $CB$ oldalra tükrözzük az $ABC$ háromszöget, $A$ tükörképe legyen $A'$ .

$CAT_A\sphericalangle$ és a tükörképe, $CA'T_A\sphericalangle$ is $45^\circ$ , valamint $CBT_B\sphericalangle$ is annyi.

Ezért a $CM$ szakasz $45^\circ$ -os látókörén van $B$ és $A'$ is.

$A'CA\sphericalangle=90^\circ$ a tükrözés miatt, ezért $BM$ szakasz párhuzamos $A'C$ szakasszal, így $CMBA'$ húrtrapéz, melynek szárai $CM$ és $A'B$ egyenlőek. Ezért

$\displaystyle AB=CM$ .

7. megoldás

Tegyük koordinátarendszerbe a feladatot úgy, hogy a $C$ csúcs az origóba, az $A$ csúcs az $X$ tengelyre essen. Használjuk az ábra jelöléseit!

A csúcsok koordinátái:

$A(a;0)$ , hiszen az $X$ tengelyen van. $B(b;b)$ , hiszen az $y=x$ egyenes egy pontja. $C(0,0)$ , hiszen az origóban van.

Az $AM$ egyenes merőleges $CB$ -re, aminek a meredeksége 1, ezért egyenlete

$\displaystyle y=-x+a.$

Az $M$ pont esetén $x=b$ és innen az $y=a -b$ , $M$ pont koordinátája

$\displaystyle M(b,a-b).$

Az $A$ és $B$ pontok távolsága

$\displaystyle AB=\sqrt{(a-b)^2+b^2},$

a $C$ és $M$ pontok távolsága

$\displaystyle CM=\sqrt{b^2+(b-a)^2}.$

Látható, hogy

$\displaystyle AB=CM.$

8. megoldás

Legyen $O$ a háromszög köré írható kör középpontja, $F$ az $AB$ oldal felezőpontja, $S$ a háromszög súlypontja. $M$ a háromszög magasságpontja.

Tudjuk, hogy $S$ harmadolja az $OM$ szakaszt, valamint $S$ harmadolja a $CF$ súlyvonalat.

A kerületi és középponti szögek tétele miatt $AOB$ háromszög derékszögű és egyenlő szárú.

Mivel $OF$ az $AB$ Thalész-körének sugara,

$\displaystyle 2OF=AB,$

$AB$ pedig az átmérője.

Tudjuk, hogy az $S$ -re vonatkozó ( $-2$ ) -szeres nagyítás az $FO$ szakaszt a $CM$ szakaszba viszi. Így

$\displaystyle CM=2FO=AB.$

9. megoldás

Helyezzük el a háromszöget a Gauss-féle komplex számsíkon úgy, hogy a háromszög köré írt kör középpontja ( $O$ ) az origó legyen. Használjuk az ábra jelöléseit!

A kerületi és középponti szögek tétele miatt $AOB\sphericalangle=90^\circ$ , és $\left\vert\overrightarrow{AO}\right\vert=\left\vert\overrightarrow{BO}\right\vert$ ezért

$\displaystyle \overrightarrow{OB}=\overrightarrow{OA}\cdot i.$

Ekkor

$\displaystyle AB=\left\vert\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right\vert=\... ...htarrow{OA}(1-i)\right\vert=\sqrt{2}\left\vert\overrightarrow{OA}\right\vert.$

Ismert, hogy $\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$ , így

$\displaystyle MC=\left\vert\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OC}\right\vert=\... ...htarrow{OA}(1+i)\right\vert=\sqrt{2}\left\vert\overrightarrow{OA}\right\vert,$

ami azt jelenti, hogy

$\displaystyle AB=MC.$

Visszacsatolás

Az Úton-módon 1. cikkében levő feladattal kapcsolatban ismét kaptam megoldásokat. Most Tatár Zsuzsanna Mária kolléganő írt 6 megoldást. A megoldások „nem vágnak teljesen bele” az eredeti elképzelésbe, hogy elemi megoldást adjunk a feladatra. Azért a küldött megoldások küzül – szubjektíven – egyet kiválasztottam, amit most megmutatok.

Tatár Zsuzsanna Mária, Esztergom megoldása

Tegyük koordinátarendszerbe az ábránkat! Az alapháromszög oldala legyen $2$ egység.

Ekkor a pontok koordinátái (rövid számolással adódnak):

$\displaystyle A\left(-1;0\right),\quad B\left(1;0\right),\quad C\left(0;\sqrt 3... ...ad D\left(0;1\right),\quad E\left(0;2-\sqrt 3\right),\quad F\left(0;0\right).$

Forgassuk el az $\overrightarrow{EB}$ vektort 90 fokkal az óramutató járásával megegyező irányba. Így megkapjuk az $\overrightarrow{EL}$ vektort.

$\displaystyle \overrightarrow{EB}\left(1;\sqrt 3-2\right),$

$\displaystyle \overrightarrow{EL}\left(\sqrt 3-2;-1\right).$

$\overrightarrow{FL}$ helyvektor végpontja megadja az $L$ pont koordinátáit.

$\displaystyle \overrightarrow{FL}=\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{EL},$

$\displaystyle \overrightarrow{FL}\left(\sqrt 3-2;1-\sqrt 3\right),$

$\displaystyle L\left(\sqrt 3-2;1-\sqrt 3\right).$

Tekintsük az $AEL$ háromszög oldalainak hosszát:

$\displaystyle AE$	$\displaystyle = \sqrt{1^2+(2-\sqrt{3})^2}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3}$
$\displaystyle EL$	$\displaystyle = \sqrt{\left(\sqrt 3-2\right)^2+1}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3}$
$\displaystyle AL$	$\displaystyle = \sqrt{\left(1-\sqrt 3\right)^2+\left(\sqrt 3-1\right)^2}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3}$

Tehát az $AEL$ háromszög szabályos, $LEB$ háromszög derékszögű.

$\displaystyle AEB\sphericalangle=60^\circ +90^\circ =150^\circ.$

Zárszó

Kedves Olvasó! Ha egy másik „szép” megoldást talál, kérem küldje el nekem a Ez az e-mail-cím a szpemrobotok elleni védelem alatt áll. Megtekintéséhez engedélyeznie kell a JavaScript használatát. e-mail címre. Ezeket az újabb megoldásokat összegyűjtve időnként (terveim szerint) szintén megmutatnám.

Megemlékezés

65 éves korában elhunyt Petz György szerkesztő, író, költő, tanár, a Szépírók Társasága tagja. A nyugdíjbavonulása előtti években a Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium tanára volt, kollégámat tisztelhettem benne.

Miért írom mindezt?

Amikor e cikksorozatnak címet kerestem, hozzá fordultam ötletekért. Elmondtam neki, hogy mi lenne a cikkekben, hogyan is gondolom. Persze – akik ismerték, tudják róla, mindig viccelt – néhány tréfás megjegyzést tett némi mosoly kíséretében a felvetésre. Ám rövid időn belül sok javaslatot tett elém, végül is az „Úton–módon” cím nyert. Szóval e sorozat nevének ő volt az ötletgazdája. Emlékére írtam ezt a pár sort.

Szoldatics József