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 \[\displaystyle T_BAM\sphericalangle=T_BMA\sphericalangle=45^\circ\]
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 \[\displaystyle \left|\overrightarrow{AB}\right|=\left|\overrightarrow{CM}\right|~\Rightarrow~AB=CM.\]
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 \[\displaystyle AB=\left|\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OA}(1-i)\right|=\sqrt{2}\left|\overrightarrow{OA}\right|.\]
Ismert, hogy \(\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}\), így \[\displaystyle MC=\left|\overrightarrow{OM}-\overrightarrow{OC}\right|=\left|\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\right|=\left|\overrightarrow{OA}(1+i)\right|=\sqrt{2}\left|\overrightarrow{OA}\right|,\] 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): \[\displaystyle A\left(-1;0\right),\quad B\left(1;0\right),\quad C\left(0;\sqrt 3\right),\quad D\left(0;1\right),\quad E\left(0;2-\sqrt 3\right),\quad F\left(0;0\right).\]
Forgassuk el az \(\overrightarrow{EB}\) vektort 90 fokkal az óramutató járásával megegyező irányba. Így megkapjuk az \(\overrightarrow{EL}\) vektort. \[\displaystyle \begin{gather} \overrightarrow{EB}\left(1;\sqrt 3-2\right),\\ \overrightarrow{EL}\left(\sqrt 3-2;-1\right). \end{gather}\]
\(\overrightarrow{FL}\) helyvektor végpontja megadja az \(L\) pont koordinátáit. \[\displaystyle \begin{gather} \overrightarrow{FL}=\overrightarrow{FE}+\overrightarrow{EL},\\ \overrightarrow{FL}\left(\sqrt 3-2;1-\sqrt 3\right),\\ L\left(\sqrt 3-2;1-\sqrt 3\right). \end{gather}\]
Tekintsük az \(AEL\) háromszög oldalainak hosszát: \[\displaystyle \begin{align} AE&= \sqrt{1^2+(2-\sqrt{3})^2}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3}\\ EL&= \sqrt{\left(\sqrt 3-2\right)^2+1}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3}\\ AL&= \sqrt{\left(1-\sqrt 3\right)^2+\left(\sqrt 3-1\right)^2}=\sqrt{8-4\sqrt 3}=2\sqrt{2-\sqrt 3} \end{align} \]
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 szolda@fazekas.hu 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
