Ugrás a tartalomhoz

Elemi matematika feladatgyűjtemény

Hraskó András (2013)

ELTE-TTK

17 Geometria feladatok megoldása

17 Geometria feladatok megoldása

17.1 Kutyageometria megoldások

17.1.1 A 9.1.1. mego.

a) |AB|=4,5;|BC|=3,5;|CA|=3.

b-k) Lásd a 174. ábrát!

174. ábra

17.1.2 A 9.1.2 feladat megoldása

A 175. ábráról leolvasható, hogy

a) 1, a C pont;

b) 3, az A, B és C pontok;

c) 4, a C, D, E és F pontok.

175. ábra

17.1.3 A 9.1.3 feladat megoldása

a) Két (zárt) síknegyed összes (a rácsvonalakra eső) pontja megfelelő;

b) Egy euklideszi egyenes rácsvonalakkal való metszéspontjai adják a mértani helyet;

c) Két ellenkező állású euklideszi félegyenes és a végpontjaik közti szakasznak a rácsvonalakkal való metszéspontjai alkotják a mértani helyet.

Lásd a 176. ábrát!

176. ábra

d) Megfelelők az (n;3,5) koordinátájú pontok, ahol n5 egész szám.

e) Igen, pld. A(5,5), C(4,3), D(6,3).

f) Igen, lásd a d) feladatot.

g) Igen, pld. A(5,5), C(4,3), D(6,4).

17.1.4 A 9.1.4 fel. eredménye

igaz.

17.1.5 A 9.1.5 fel. eredménye

lehet.

17.2 A térgeometria elemei megoldások

17.2.1 A 9.2.1 feladat megoldásai

17.2.1.1 A 9.2.1 a) mego.

A test magassága legfeljebb akkora lehet, mint bármelyik oldallapjának magassága. A szabályos háromszög oldallapot tehát úgy kell felhajtanunk, hogy merőlegesen álljon az alaplapra.

177. ábra

Jelölje az alap csúcsait A, B és C, a piramisnak az alappal szemközti csúcsát a térben D, és az oldallapoknak az ABC háromszög síkjában kiterített hálójának csúcsai legyenek BCD1, ABD2 és CAD3 (lásd a 177. ábrát). Legyen BCD1 a szabályos háromszög alakú oldallap! Az A, B, C, D1 pontokat tehát adottnak tekinthetjük, a feladat D2 és D3 megszerkesztéséből áll.

B D = B D 1 = B D 2 , tehát D2 a B középpontú BD1 sugarú kB körön van, míg D3 a C középpontú CD sugarú kC körön.

Innen kétféle befejezést is adunk. Első eljárásunkban megszerkesztjük az AD távolságot.

Forgassuk le az AFD háromszöget az AF tengely körül az alapsíkba. AFFD és AFFB, így D a forgatásnál a BC egyenes egy D4 pontjába kerül. Az alapsíkban dolgozva D4-et az F középpontú FD1 sugarú kF kör metszi ki BC-ből. Az AD4=AD sugarú A középpontú kA körnek a kB, kC körökkel való metszéspontja lesz D2 ill. D3. (A megoldásban sehol sem kellett törődni az ábrába nem berajzolt másik metszéspontokkal, mert azok mindig az eredetivel egybevágó megoldást adtak.)

A második gondolatmenetben azt vesszük figyelembe, hogy a BD2A palástdarab felhajtásakor a D2 pontnak az F pont feletti D pontba kell kerülnie. A felhajtás egy AB tengely körüli folyamatos forgatás, aminek során D2 olyan pályát ír le, hogy az alapsíkra való merőleges vetülete az AB forgástengelyre merőleges egyenesen mozog. Ezek szerint FD2AB, így D2-t az F pontból az AB egyenesre állított merőleges egyenes metszi ki kB-ból.

Ehhez hasonlóan szerkeszthető a D3 pont is.

17.2.1.2 A 9.2.1 b) mego.

Legyen a piramis alapja az a oldalú ABCD rombusz, CDA=105, a piramis alappal szemközti csúcsát jelölje E, az alapsíkba kiterített oldallapok legyenek ADE1, BAE2, CBE3 és DCE4 (lásd a 178. ábrát).

178. ábra

Legyenek ADE1 és DCE4 a szabályos háromszögek. Az A, B, C, D, E1, E4 pontokat tehát adottnak tekinthetjük, az E2, E3 pontokat kell megszerkesztenünk. Ehhez rendelkezésünkre állnak az AE2=CE3=a sugarú A ill. C középpontú körök.

Innen kétféle befejezést is adunk. Első eljárásunkban megszerkesztjük a BE2=BE3=x szakaszt, ami után E2 és E3 a megfelelő körök metszéspontjaként könnyen adódik.

Az AEC, BED térbeli háromszöglapok közös része egy m szakasz, melynek egyik végpontja az AC, BD szakaszok közös F felezőpontja. Az AEC háromszögben m súlyvonal, így m az AEC-vel egybevágó ABC háromszögből épp BF-nek adódik.

A BDE háromszöget (illetve egy azzal egybevágó háromszöget a síkban) könnyen megszerkeszthetünk, hiszen adott benne BD, DE=a és az E-hez tartozó m súlyvonal. A BE=x szakaszt ezzel elő is állítottuk.

A második gondolatmenetben az E csúcsnak az alapsíkra való T merőleges vetületét keressük meg és használjuk fel. Vegyük észre, hogy a DE1A, CE4D palástdarabok felhajtásakor, tehát a DA illetve CD tengelyek körüli forgatáskor E1 illetve E4 a T pont fölé kerül. A forgatás során E1 és E4 alapsíkra vonatkozó merőleges vetülete egy-egy DA-ra illetve CD-re merőleges egyenesen mozog. Ezek szerint T az E1-ből DA-ra és az E4-ből CD-re állított merőleges egyenesek metszéspontja.

E két egyenes meghosszabbítására illeszkedik E3 illetve E2. Ennek igazolásához csak a CE3B, BE2A lapok felhajtását kell meggondolnunk és a BA, CD illetve a CB, DA egyenesek párhuzamosságát kell figyelembe vennünk.

17.2.1.3 A 9.2.1 c) mego.

Az ABCDE piramis kiterített vázát szerkesztjük meg. Az ABCD alapnégyzetet könnyen megrajzolhatjuk, majd emellé kell megkeresnünk az ABE, DAE, CDE, BCE oldallapok ABE1, DAE2, CDE3, BCE4 kiterített megfelelőit (lásd a 179. ábrát). A szerkesztés lépései:

179. ábra

1. Az AB, AD oldalakra egy-egy derékszögű, egyenlő szárú háromszöget szerkesztünk: BAE1 és DAE2. 2. Az E3 csúcs a CD él körüli forgatáskor (felhajtáskor) az A fölötti E csúcsba kerül, ezért E3 az AD egyenesen van, D-től A-val ellenkező irányban. Másrészt DE=DE2=DE3, tehát E3 a D középpontú DE2 sugarú körre is illeszkedik. A kör és a félegyenes metszéspontjaként kapjuk az E3 pontot. 3. Hasonlóan szerkeszthető az E4 pont.

17.2.1.4 A 9.2.1 d) mego.

Lehetséges, a három piramisból kaphatunk egy kockát (lásd a 180. ábrát). Ehhez úgy kell összeilleszteni őket, hogy a három piramisban a négyzetlappal szemközti csúcs (E) ugyanott legyen.

180. ábra

17.2.1.5 A 9.2.1 e) mego.

A 181. ábrán az AEC, ABC háromszögek egybevágóak, hiszen megfelelő oldalaik egyenlők. Így AEC is egyenlő szárú derékszögű háromszög, benne FE=FA (=FB). Így FG=FA+AG=70+77=147 cvimedli. A kút alja a G, F pontokkal félszabályos háromszöget alkot, így a ferde alagút hossza 2147=294 cvimedli.

181. ábra

17.2.1.6 A 9.2.1 f) mego.

Az ABCDEFGH szabályos nyolcszög alapú gúla csúcsa legyen I. Ha az AIB egyenlő szárú háromszögben az A csúcsból induló magasság talppontja a BI oldalon T, akkor ez egyben a BIC egyenlő szárú háromszög C-ből induló magasságának talppontja is. Az AIB, BIC lapok szöge az AIC.

Ha az AC szakasz felezőpontja U, akkor az AUT háromszög szögei: AUT=90, UTA=75, TAU=15. Forgassuk le az ATU háromszöget az AC egyenes körül az alapsíkra (lásd a 182. ábrát), legyen itt T képe T1. Az AUT1 háromszög szerkeszthető, hiszen A, U adott és a háromszög szögei is szerkeszthetők.

182. ábra

Másrészt terítsük ki az AIB, BIC lapokat az alapnyolcszög síkjába úgy, hogy az AIB lap az AB oldal mellé kerüljön a síkban ez az AI2B háromszög és hozzá illeszkedjen az AI2 szakasz mellett a BIC lap kiterített változata, a síkon BI2C2. A T pont kiterített képe az AI2B háromszög A-ból induló magasságának T2 talppontja. Ez a pont az A középpontú T1-en átmenő kör és az AB szakasz Thalesz körének metszéspontja. Ebből T2 szerkeszthető és a CT2 egyenes meghúzásával és annak az AB felezőmerőlegesére való tükrözésével megszerkeszthető az AI2B oldallap és ebből kiindulva könnyen befejezhető a teljes palást is.

17.2.1.7 A 9.2.1 g) mego.

Terítsük ki az ABCDEFGH szabályos nyolcszög alapú I csúcsú szabályos gúlát úgy, hogy ABI, BCI, CDI, DEI oldallapjai rendre egymás mellé kerüljenek, tehát a kiterítésnél az A, B, C, D, E, I pontoknak rendre az A, B, C, D, E, I pontok, az ABI, BCI, CDI, DEI háromszöglapoknak a ABI, BCI, CDI, DEI háromszögek feleljenek meg a 183. ábra szerint. Az A és E közti legrövidebb felületi vonalnak az AE szakasz felel meg. Legyen még L az AB, K az AE szakasz felezőpontja és jelölje az oldallapok csúcsszögének felét α, tehát AIL=α, míg AIK=4α.

183. ábra

Ha a gúla alapéle AB=a a legrövidebb felületi távolság A és E közt (az ábrán AE) b, míg a gúla oldaléle AI=AI=r, akkor az AIK háromszögben sinα=a2r, míg az AIK háromszögben sin4α=b2r, tehát

b a = sin 4 α sin α = 8 cos 3 α - 4 cos α .

A konkrét esetben a=51,2 és b=145,5 a cosα-ra harmadfokú egyenlet megoldható pld a WolframAlfa webes kalkulátor segítségével: az egyetlen valós gyök a cosα=1516. Ebből sinα=3116 és így az AIL háromszögből

A I = r = a 2 sin α = 512 31 73 , 5663 .

A gúla valóban létrejön, mert α20,36<360/16 és ilyenkor a legrövidebb felületi AE távolság valóban négy szomszédos oldallapon megy végig, mint a 183. ábrán.

17.2.2 A 9.2.2 fel. eredménye

Nem.

17.2.3 A 9.2.3 feladat megoldása

2 vagy 4 részre könnyű felosztani a tortát.

Belátható, hogy ha a fedőlap kerületét n egyenlő részre osztjuk, és az osztópontokat a fedőnégyzet középpontjával összekötve vágunk a fedőlapra merőlegesen, akkor a kívánt tulajdonságú darabokat kapjuk akármilyen n pozitív egész szám esetén.

17.3 Egyszerűbb számítási feladatok megoldások

17.3.1 A 9.3.1 fel. eredménye

a) α+β2.

b) A két egyenes által határolt szögek (α+β) és 180-(α+β) nagyságúak, ezek közül a nem nagyobbik a két magasságvonal egyenesének szöge.

c) A körülírt kör középpontja bármelyik két csúccsal egyenlő szárú háromszögeket alkot. Ezekkel számolva külön vizsgálva azt az esetet, amikor a középpont a háromszögön kívül vagy annak valamelyik oldalán helyezkedik el kapjuk eredményül a 2γ szöget.

Természetesen hivatkozhatunk a kerületi és középponti szögek tételére is vagy ebből a feladatból indulva igazolhatjuk a tételt.

d) |β-γ2|.

17.3.2 A 9.3.2 fel. egy megoldási ötlete

Vetítsük az ábrát merőlegesen a két kimaradt (szemköztes) oldalra merőleges egyenesre.

a 9.3.3 feladat megoldása

A szárak meghosszabbításának metszéspontja az egyik alappal is és a másik alappal is derékszögű háromszöget alkot. Thalesz tételének megfordítása szerint ennek a metszéspontnak bármelyik alap felezőpontjától való távolsága azon alap hosszának fele. Ebből azonnal adódik a feladat állítása.

17.3.3 A 9.3.4 feladat megoldása

A paralelogramma szomszédos szögeinek összege 180, így feleik összege 90, ezért a szögfelezők alkotta négyszög ha létrejön téglalap. Thalesz tétele szerint a paralelogramma bármely oldala felezőpontjának távolsága az oldal végpontjaiból induló szögfelezők metszéspontjától az oldal hosszának felével egyenlő. Ráadásul e két pontot összekötő egyenes a szögekkel való számításból könnyen adódik párhuzamos a paralelogramma oldalaival, azaz a létrejövő téglalap bármelyik átlójának egyenese egybeesik a paralelogramma megfelelő szemköztes oldalainak felezőpontját összekötő egyenessel. Ebből azonnal adódik a feladat állítása.

17.3.4 A 9.3.5 feladat megoldása

Lásd Laczkó László Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül! című írását a

http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Laczko\_Laszlo/geoism/geoism.html

weboldalon, ahol jelenleg 19 különböző megoldás olvasható erre a példára.

17.3.5 A 9.3.6 feladat megoldása

A szélső golyók középpontjai egy szabályos háromszöget határolnak (lásd a 184. ábrát). E szabályos háromszög oldala a golyók r sugarának nyolcszorosa, Magassága pedig az AH szakasz hosszánál 2r-rel kisebb.

184. ábra

A szabályos háromszög magasságának és oldalának aránya 32, azaz:

8 r 3 2 = A H - 2 r ,

amiből

r = A H 4 3 + 2 19  mm.

A biliárdgolyó átmérője kb 38 mm.

17.4 Összetett számítási feladatok megoldások

17.4.1 A 9.4.1 feladat megoldása

Legyen a nagy szabályos háromszög oldalának hossza 2 egység, így területe 3 egységnégyzet. Ha egy oldal mentén n kör van, akkor legyen rn egy kis kör sugara. Így egy oldal hossza

2 = 3 r n + 2 ( n - 1 ) r n + 3 r n ,

amiből rn=13+(n-1). A körök száma n(n+1)2, így a kis körök területének összege:

T n = n ( n + 1 ) 2 ( 3 + ( n - 1 ) ) 2 π ,

míg a kis körök összterületének és a háromszög T területének aránya:

T n T = ( π 3 ) 1 2 ( n - 1 ) 2 n ( n + 1 ) + 4 3 ( n - 1 ) n ( n + 1 ) + 6 n ( n + 1 ) = ( π 3 ) 1 2 + 4 3 - 6 n + 1 + 8 - 4 3 n ( n + 1 ) .

a) A kérdezett értékek

T 1 T = π 3 3 0 , 604599788 T 2 T = 3 π 3 ( 3 + 1 ) 2 0 , 729009112 T 3 T = 6 π 3 ( 3 + 2 ) 2 0 , 781349612

b) A (208) képletről leolvasható, hogy a területarány n növekedtével szigorúan monoton nő. Kiszámolható, hogy n=60 esetén az arány kb 0,899921115, de n=61 esetén már 0,900034929, tehát legalább 61 kört kell venni egy oldalon, hogy a kis körök területének összege elérje a a háromszög területének 90%-át.

c) A (208) képletről leolvasható, hogy a területarány határértéke

π 2 3 0 , 9068996821 .

17.4.2 A 9.4.2 feladat megoldása

a) Az n-edik hópehely kerülete: kn=3(43)n-1, így a kérdezett érték ln20133ln43+1 felső egész része, azaz 24.

b) Ha Tn jelöli az n-edik hópehely területét és T1=1, akkor

T 2 = 1 + 1 3 , T 3 = 1 + 1 3 + 4 9 1 3 , T 4 = 1 + 1 3 + 4 9 1 3 + ( 4 9 ) 2 1 3 ,

hiszen lépésenként 4-szer annyi oldalszakaszdarab lesz, mint korábban és mindegyiken egy 9-ed akkora terület, mint korábban.

lim n T n = 1 + 1 3 ( 1 + 4 9 + ( 4 9 ) 2 + ) = 1 + 1 3 1 1 - 4 9 = 8 5 .

17.4.3 A 9.4.4 feladat megoldása

A körlapnak két lényegesen különböző elhelyezkedése van: átmérőjének két végpontja vagy a négyzetnek

a) ugyanazon az oldalán van, vagy

b) két egymásra merőleges oldalán helyezkedik el.

a) Ha az 1 cm sugarú félkört végigtoljuk egy oldal mentén úgy, hogy közben a félkör határoló átmérője végig az oldalra illeszkedik, akkor közben a félkörlap egy olyan tartományt súrol, amely két negyedkörből és egy téglalapból áll. A négy oldalon ugyanezt tekintve egy 1 cm szélességű sávot kapunk a négyzet belseje felé (lásd a 185. ábrát).

185. ábra

b) Ha az átmérő egyik végpontja az egyik, a másik végpontja egy másik oldalra illeszkedik, akkor a súrolt tartomány egy 2 cm sugarú negyedkör, melynek középpontja a két oldal találkozási pontja (lásd a 186. ábrát). Ezt alább indokoljuk.

186. ábra

Ha az A csúcs melletti oldalakon fordul a PQ átmérőjű félkörlap, akkor tekintsük a PQ szakasz O felezőpontját, és az A csúcs O pontra vonatkozó A középpontos tükörképét! PAQ derékszögű háromszög, így PAQA derékszögű paralelogramma, azaz téglalap. Ebből következően AA=PQ=2 és AO=1. A PQ átmérő mozgása során a félkörlap OA sugara tehát az A körüli 1 és 2 cm sugarú körök közti tartományt söpri végig úgy, hogy A körül forog.

Megmutatható, hogy a félkörlap végigsúrolja az A körüli 1 cm sugarú negyedkörlapot is, de ez most nem lényeges, mert ezt a tartományt már az A)-ban leírt helyzetű körök is fedik.

A háromszögegyenlőtlenség miatt a félkörlap nem lóghat ki az A körüli 2 cm sugarú körből, hiszen a lap minden pontja a körlap O középpontjától legfeljebb 1 cm távolságra van, és OA=1 cm.

Tehát a B) pontban leírt körök valóban a négyzet csúcsai körüli 2 cm sugarú negyedkör tartományokat söprik végig.

187. ábra

Az A)-ban és B)-ben leírt tartományok egyesítését szétbonthatjuk körcikkekre és trapézokra (lásd a 187. ábrát). A B)-ben leírt körcikk körívének és az A) pontban leírt tartomány határának egy közös pontja az ábrán látható U pont. Ez a pont 1 cm-re van az AB oldalegyenestől (UT=1) és 2 cm-re az A ponttól, tehát az ATU derékszögű háromszög félszabályos:

T A U = 30 , A T = A U 2 - U T 2 = 3 .

A vizsgált tartomány tehát négy darab 30-os középponti szögű 2 cm sugarú körcikkből és négy darab olyan trapézból áll, amelyek alapjai 4 illetve (4-23) cm hosszúak, magasságuk pedig 1 cm. Az r sugarú kör (360-os kp-i szögű körcikk) területe r2π, így tartományunk területe:

4 30 360 4 π + 4 ( ( 4 - 2 3 ) + 4 ) 1 2 = 4 ( π 3 + 4 - 3 ) 13 , 26  cm .

17.4.4 A 9.4.5 feladat megoldása

A P pont által bejárt útvonal a 188. ábrán látható. A B körüli PPB̂ ív sugara 6002, a C körüli PBPĈ ív sugara 600, a D körüli PCPD̂ ív sugara 0, az E körüli PDPÊ ív sugara 600, az F körüli PEPF̂ ívé 6002 végül az A körüli PFPÂ ív sugara 600 egység. Mindegyik ív középponti szöge 30, azaz mindegyik ív az azonos sugara félkör kerületének hatoda. A teljes út hossza 600π6(3+22).

188. ábra

17.5 A sík egybevágóságai megoldások

17.5.1 A 9.5.1 feladat megoldása

17.5.1.1 A 9.5.1 fel. I. megoldása

(Több transzformáció)

Ha felvesszük B-n át az e egyenest, akkor a d szakaszt rajta még két irányban mérhetjük fel és a kapott C ponton át AB-vel húzott párhuzamosból is két irányba mehetünk tovább D-hez.

189. ábra

A C pont egy B középpontú, d sugarú c körön mozoghat. A D pontot úgy kapjuk, hogy C-t eltoljuk az AB vagy a BA vektorral, így D két körön, a c körnek ezekkel a vektorokkal való d1, d2 eltoltjain mozoghat (lásd a 189. ábrát). A d1 kör középpontja A, a d2-é pedig a B pont AB vektorral való eltoltja, a 189. ábrán A.

190. ábra

Most megszerkesztjük a BD szakasz F felezőpontját (lásd a 190. ábrát). Ha ezt elvégezzük a d1 kör összes pontjára, akkor a d1 kört a B pontból a felére kicsínyítjük (λ=12 arányú B centrumú középpontos nagyítást alkalmazunk). Ennél a transzformációnál amely megtartja a szakaszok arányát a d1 kör képe egy feleakkora sugarú f1 kör, melynek középpontja a BA szakasz FAB középpontja (lásd a 191. ábrát).

191. ábra

A keresett F pontok mértani helye tehát két kör, melyek sugara d2 és középpontjuk az AB illetve az AB szakasz FAB, illetve FAB felezőpontja (lásd a 192. ábrát).

192. ábra

17.5.1.2 Megjegyzés a 9.5.1 fel. I. megoldásához

A kapott ABCD négyszög (vagy az ABCD négyszög) paralelogramma, hiszen AB, CD szemköztes oldalai párhuzamosak és egyenlőek, sőt rombusz is, mert két szomszédos oldala is egyenlő: AB=BC=d.

17.5.1.3 A 9.5.1 fel. II. megoldása

(Paralelogramma)

A paralelogramma átlói felezve metszik egymást. Az ABCD négyszög paralelogramma, tehát a keresett F pont az AC átló felezőpontja (lásd a 193. ábrát). A C pont a c körön mozog, így F mértani helye a c kör A-ból illetve A-ből 12 arányban kicsinyített képeként is származtatható.

193. ábra

17.5.1.4 A 9.5.1 fel. III. megoldása

(Rombusz)

A rombusz átlói merőlegesek egymásra, így AFB=90, azaz F illeszkedik az AB vagy az AB szakasz Thalesz körére. Meg kell még mutatnunk, hogy a két Thalesz kör minden pontja megfelelő. Ha F a két Thalesz kör bármelyikének pontja és az A (A) és a B pont F-re középpontosan tükrözött képe C és D, akkor d=AB=DC=BC és ABCD, így készen vagyunk, F valóban előáll a feladatban leírt szerkesztés eredményeként.

17.5.1.5 A 9.5.1 fel. IV. megoldása

A BC szakasz FBC felezőpontja egy B középpontú c* kört fut be. Az FBCFBD szakasz a BCD háromszög középvonala, tehát párhuzamos CD-vel és feleakkora, mint CD. Az F=FBD pontok tehát a c* körnek az ±12AB vektorokkal való eltoltjait futják be.

17.5.2 A 9.5.2 feladat megoldása

Futtassuk a Bp próbapontot az b egyenesen és minden helyzetében képezzük azt a Bp pontot, amelyre F a BB szakasz felezőpontja! Az így kapott Bp pontok a b egyenes F-re középpontosan tükrözött képén, a b egyenesen helyezkednek el.

A szerkesztendő A pont az a kör és a b egyenes metszéspontja, a B pont az A pontnak az F-re középpontosan (vissza)tükrözött képe.

A megoldások száma tehát b és a metszéspontjainak száma, ami lehet 2, 1 vagy 0.

17.5.3 Segítség a 9.5.3 feladathoz

Első menetben feledkezzünk meg az egyik adatról, az l körről.

a) Futtassuk a K pontot a k körön és minden helyzetében rajzoljuk meg az összes olyan L pontot, amelyre a KL szakasz adott állású és hosszúságú. Mi az így kapható L pontok mértani helye? Használhatunk dinamikus geometriai szoftvert.

b-c-d) Futtassuk a K pontot a k körön és minden helyzetében rajzoljuk meg az összes olyan L pontot, amelyre a KL egyenesen az A pont a megadott feltételnek tesz eleget. Mi az így kapható L pontok mértani helye?

17.5.4 A 9.5.4 feladat megoldása

Futtassuk a Bp próbapontot a b egyenesen és minden helyzetében képezzük azt a Bp+ és azt a Bp- pontot, amelyre az ABpBp+ háromszög szabályos és pozitív körüljárású és amelyre ABpBp- szabályos, de negatív körüljárású! Az így kapott Bp+ és az Bp- pontok mértani helye is egy-egy egyenes, nevezetesen a b egyenes A körül 60-kal illetve -60-kal elforgatott b+ illetve b- képe.

A szerkesztendő C pont a c egyenesnek a b+ egyenessel való metszéspontja illetve a b- egyenessel való metszéspontja, a B pont pedig a C pont A körül -60-kal illetve 60-kal (vissza)forgatott képe. Mivel b+ és b- nem párhuzamosak, így biztosan lesz megoldás. Tipikusan egy-egy, tehát összesen két megoldás van, de b+ és b- egyike párhuzamos is lehet c-vel, amikor nincs megoldás, de egybe is eshet c-vel, amikor végtelen sok megoldás van.

17.5.5 A 9.5.6 feladat megoldása

Toljuk el az AM szakaszt az MN vektorral (ez nem az M, N pontoktól függ, hanem a folyó szélességétől és irányától)! Ekkor M képe N, A képe A. Az ANB töröttvonal hossza, megegyezik az AM, NB szakaszok hosszának összegével, így az utóbbi akkor minimális, ha ANB egy egyenes szakasz.

17.5.6 A 9.5.7 feladat megoldása

Vegyük fel az egyik alapot, legyen ez AB és rajzoljuk meg A körül az egyik szár hosszával a kD kört, míg B körül a másik szár hosszával a kC kört. Keressük a kC körön azt a C pontot és kD-n azt a D pontot, amelyre a DC vektor párhuzamos és azonos irányítású az AB vektorral, de hossza a másik alap hosszával egyezik meg. A C, D pontok még nem ismertek, de a DC vektor az adott alapok segítségével az A, B pontok felvétele után megszerkeszthető. Toljuk el a kD kört a DC vektorral, jelölje képét kD, középpontját A. A szerkesztendő C pont a kC, kD körök metszéspontja, míg D a kapott C pont -DC vektorral eltolt képe.

A megoldások száma attól függ, hogy a kD, kC köröknek hány metszéspontja van. Végtelen sok metszéspont és így végtelen sok megoldás pontosan akkor van, ha a szerkesztésben kD=kC, azaz ha B=A és kC, kD sugarai egyenlők, azaz ha a két szár egymással egyenlő és a két alap is egyenlő egymással. Ilyenkor paralelogrammákat kapunk.

Minden más esetben a két körnek 0, 1 vagy két metszéspontja van. Akkor nem jön létre metszéspont, ha az |AA|=|AB-CD|, AD, BC szakaszokból nem szerkeszthető háromszög, tehát ha a két szár és az alapok különbsége nem teljesíti a háromszög-egyenlőtlenséget. Ilyenkor trapéz sincs.

Ha egy metszéspont van, akkor az AB egyenesre vonatkozó tengelyes szimmetria miatt ez az AB egyenesen van, egy elfajult (szakasszá laposodott) trapézt kapunk. Ez akkor fordul elő, ha a két szár összege vagy különbsége egyenlő az alapok különbségével.

Végül minden más esetben két metszéspont van, de az említett szimmetria miatt ez csak egy megoldást ad.

17.5.7 A 9.5.8 fel. megoldási ötlete

Ha az ABC háromszöget tükrözzük a BC oldal FA felezőpontjára, akkor az ABDC paralelogrammához jutunk, ahol D az A pont képe. Az ADB háromszög oldalai az eredeti háromszög két oldalával és a harmadikhoz tartozó súlyvonal kétszeresével egyeznek meg.

17.5.8 A 9.5.9 feladat megoldásai

17.5.8.1 A 9.5.9 fel. I. megoldása

Legyen MA=a¯, AB=b¯, BN=c¯, DC=d¯. Így egyrészt

M N = M A + A B + B N = a ¯ + b ¯ + c ¯ ,

másrészt

M N = M D + D C + C N = - a ¯ + d ¯ - c ¯ ,

így a két kifejezés összegéből

2 M N = b ¯ + d ¯ = A B + D C .

Két vektor hosszának összege mindig legalább akkora, mint az összegvektor hossza és egyenlőség pontosan akkor áll, ha a két söszeadandó az onos állású és irányítású, tehát ha az ABCD négyszög trapéz, melyben ABCD.

17.5.8.2 A 9.5.9 fel. II. megoldása

Tükrözzük a négyszöget középpontosan a BC oldal N felezőpontjára. Ekkor B=C, C=B és az ADAD négyszög paralelogramma, amelyben középvonal az MM szakasz, melynek felezőpontja N (lásd a 194. ábrát).

194. ábra

A DAC háromszög oldalai DA=MM=2MN, AC=AC=AB, és CD.

Ha az ABCD négyszög trapéz, méghozzá ABCD, akkor a CACD szakaszok egy egyenesbe esnek és C-től ellenkező irányban állnak, tehát a DAC háromszög a DA szakasszá fajul és így 2MN=AB+CD. Megfordítva, ha 2MN=AB+CD, akkor a DA, AC, CD szakaszokból csak egy olyan elfajult háromszög illeszthető össze, amelyben C az AD oldalon van, tehát AC és DC egyállású, azaz az ABCD négyszög trapéz.

17.5.8.3 A 9.5.9 fel. III. megoldása

Húzzuk be az ABCD négyszög AC átlóját és jelöljük be rajta annak F felezőpontját! Az ACD háromszögben MF középvonal, tehát feleakkora, mint CD és párhuzamos vele (lásd a 195. ábrát). Az ACB háromszögben FN középvonal, tehát feleakkora, mint AB és párhuzamos vele. Az M, F, N háromszögből tehát 12CD+12ABMN és egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha F az MN szakaszon van, tehát ha ABCD.

195. ábra

17.5.9 A 9.5.10 feladat megoldása

Megmutatható, hogy 2MN=AB+DB és az utóbbi vektor párhuzamos a szögfelezővel, ha |AB|=|CD|.

17.5.10 A 9.5.11 feladat megoldása

Az e-vel párhuzamos húrok felezőpontjai az egymással párhuzamos (és e-re merőleges) fk, fl egyeneseken vannak. Toljuk el az fk egyenest önmagával merőleges irányban, hogy képe az fl egyenes legyen. A k kör képét jelölje ennél az eltolásnál k.

a) A k, l körök egymással egyenlő hosszúságú, e-vel párhuzamos egyenesre illeszkedő húrjai helyett most az l és k körök hasonló helyzetű húrjait vizsgáljuk. Ezek felezőpontjai is egybeesnek, így a két húr is megegyezik egymással. Tehát a k, l körök közös húrja a keresett húr (lásd a 196. ábrát). Ezt visszatolva megkapjuk a k kör megfelelő húrját.

196. ábra

b) Jelölje a keresett húrokat K1K2 és L1L2 az ábra szerint, felezőpontjukat Fk, Fl. Az a) rész megoldásában alkalmazott eltolásnál Fk képe Fl, legyen K2 képe K2k (lásd a 196. ábrát).

Az L1K2 szakasz hossza az L1Fl, FlK2 szakaszok hosszának összege, tehát az adott d szakasz felével egyezik meg. Toljuk el az l kört az előző eltolással azonos irányban d2 hosszúságú vektorral! Az így kapott l körre illeszkedik a K2 pont, tehát K2 az l, k körök metszéspontja. Segítségével egyszerűen szerkeszthető a húr.

17.5.11 A 9.5.12 feladat megoldásai

17.5.11.1 Segítség a 9.5.12 a) feladathoz

Legyen P a P pont d-re vonatkozó tükörképe. Mutassuk meg, hogy PD=PD és ennek alapján becsüljük a PD+DQ összeget!

17.5.11.2 A 9.5.12 a) mego.

Legyen T a d egyenes tetszőleges pontja, P a P pont d-re vonatkozó tükörképe és T a PQ szakasz d egyenessel való metszéspontja (lásd az alábbi ábrát).

197. ábra

Állítjuk, hogy akkor kapjuk a legrövidebb töröttvonalat, ha a T ponthoz megyünk a d egyenesen. Tehát azt akarjuk bizonyítani, hogy a 197. ábrán

P T + T Q < P T + T Q ,

ha TT. Vegyük észre, hogy a tükrözés miatt PT=PT és PT=PT, így PT+TQ=PT+TQ=PQ, míg PT+TQ=PT+TQ úgyhogy a bizonyítandó (209) egyenlőtlenség nem más, mint a háromszög-egyenlőtlenség a PQT háromszögben.

17.5.11.3 A 9.5.12 b) mego.

Legyen A a szög a szárának tetszőleges pontja, B a b szár egy pontja és jelölje P a P pont a-ra vonatkozó tükörképét. A b szár P ponthoz legközelebbi pontja legyen B. A B pont értelemszerűen a P pontból a b szár egyenesére bocsájtott merőleges talppontja, ha ez magára a b szárra esik (lásd a 198. ábra bal oldalát), nem annak meghosszabbítására, illetve a B pont a szög csúcsa, ha a talppont kívül van a száron (a 198. ábrán jobb oldalon). Végezetül legyen A a PB szakasz és az a szár metszéspontja, ami természetesen megegyezik B-vel, ha az a szög csúcsa.

198. ábra

Állítjuk, hogy a legrövidebb töröttvonal a PAB, azaz a fenti ábrán

P A + A B < P A + A B .

Valóban, most a tükrözés révén PA=PA és PA=PA, így PA+AB=PB, míg PA+AB=PA+AB, de P és a b szár között a legrövidebb töröttvonal a PB szakasz, minden más hosszabb nála.

17.5.11.4 A 9.5.12 c) mego.

Ha P illetve

a P pontnak az a szár egyenesére illetve a b szár egyenesére vonatkozó tükörképe, akkor OP=OP=OP és POP=2γ, ahol γ az a, b szárak szöge.

Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy γ<90 vagy γ90 (lásd a 199. ábrát).

199. ábra

Az első esetben a P pontot is tartalmazó POP szögtartomány konvex, a PP szakasz elmetszi az a, b szárakat. Legyenek a metszéspontok A és B. Megmutatjuk, hogy PABP a legrövidebbb töröttvonal. Legyen PABP egy tetszőleges másik töröttvonal. A tükrözés miatt PA=PA, PB=PB, PA=PA, PB=PB, így PA+AB+BP=PA+AB+BP, míg PA+AB+BP=PA+AB+BP=PP, tehát a PABP töröttvonal egyenlő hosszúságú egy valahol biztosan megtörő P és P közti töröttvonallal, míg PABP a PP szakasszal egyenlő hosszú. Ebben az eetben tehát megleltük a legrövidebb töröttvonalat.

Most vizsgáljuk a γ90 esetet. Ilyenkor az A=B=O pontokhoz tartozó PABP azaz POOP elfajult töröttvonal adja a minimumot.

Tekintsük most a PP szakasz felezőmerőlegesét. Állítjuk, hogy ez az O ponttól a PP szakasz felezőpontjával ellenkező irányban kettévágja az adott szögtartományt. Legyen POP=2α, POP=2β és állítsunk az a szárral β szöget bezáró szögszárat O-ból. Ugyanezt a szögszárat kapjuk, ha az ellenkező irányban a b szárral α szöget bezáró szögszárat állítunk O-ból, hiszen (α+β)+(α+β)=2α+2β. Így ez a szögszár épp a tekintettbe vett felezőmerőlegesnek az a, b szárak közti szögtartományba eső része. Azért van a felezőmerőlegesen, mert O is azon van és az OP,OP egyenesekkel azonos szöget zár be, és azért van a szögtartományban, mert annak határaitól az a, b szárak α+β szögétől kisebb szöget mértünk fel, mikor a szögekkel képeztük.

Tekintsünk egy tetszőleges PABP töröttvonalat. Ha A és B egyike megegyezik Oval, a másik különbözik tőle, akkor könnyen igazolható, hogy a POP töröttvonal rövidebb nála. A PP szakasz felezőmerőlegesének egyik oldalán van az a, másikon a b szögszár, így ha A és B is különbözik O-tól, akkor a felezőmerőleges egy belső C pontjában metszi el az AB szakaszt. Ekkor

P A + A B + B P = P A + A C + C B + B P > P C + C P > P O + O P = P O + O P .

17.5.11.5 A 9.5.12 d) mego.

Mozgassuk a PA pontot a BC egyenesen és minden helyzetében keressük azokat a PBAC, PCAB pontokat, amelyekre a PAPBPCPA töröttvonal hossza minimális. Láttuk, hogy alapvetően két lényegesen különböző eset van és az esetszétválasztás nem a PA pont helyzetén múlik, hanem a BAC=γ szög nagyságán.

Ha γ<90, akkor képezzük a PA pont AB illetve AC egyenesre vonatkozó P illetve P tükörképét és a legrövidebb PA-t tartalmazó záródó töröttvonal hossza a PP szakasz hosszával lesz egyenlő, és ez a szakasz kimetszi az AB, AC oldalakon a minimumot szolgáltató PC, PB pontokat.

Ismeretes, hogy a PAP háromszög mindig egyenlő szárú és a szárak szöge mindig 2γ, tehát ez a háromszög a PA pont különböző választásai esetén egymáshoz mindig hasonló. Az AP, AP szárak az APA szakasz hosszával egyeznek meg, így a töröttvonal PP-vel egyenlő hossza is akkor lesz minimális, ha APA hossza minimális. Az APA szakasz hossza szigorúan monoton fogy, ahogy PA-val közelítünk az ABC háromszög A-ból induló magasságának talppontjához. Így ha az ABC háromszög B-nél és C-nél fekvő belső szögei is hegyesszögek, akkor APA pontosan abban az esetben minimális, ha PA az A-ból induló magasság talppontja, míg ha a BC oldal egyik csúcsánál tompaszög van, akkor a PA pontot ide kell tennünk. Az utóbbi esetben PB és PC közül az egyik is ez a csúcs, a másik pedig ennek a csúcsnak a szemközti oldalra vonatkozó tükörképe lesz, tehát a minimális kerületű háromszög elfajul, a tompaszöghöz tartozó dupla magasságot kapjuk.

Ha γ90, akkor a PB=PC=A esetben lesz a minimum, tehát a minimális összhosszt adó töröttvonal az elfajult PAAPA háromszög. PA változtatásával ez úgy tehető a legrövidebbé, ha PA-nak az A-ból induló magasság talppontját választjuk.

Tompaszögű háromszögben tehát a minimális kerületet adó háromszög elfajult: a tompaszög csúcsához tartozó dupla magasság. Hegyesszögű háromszög esetén mindegyik oldalon a magasság talppontját kell választani, tehát a talpponti háromszög adja a minimumot.

17.5.12 A 9.5.13 feladat megoldásai

17.5.12.1 A 9.5.13 fel. I. megoldása

Hibás

Jelölje a trapéz csúcsait A, B, C és D, ahol a=AB a hosszabbik, c=CD a rövidebbik alap, míg b=BC és d=DA a szárak. Messe a C-n át az AD egyenessel párhuzamosan húzott egyenes az AB egyenest A-ben! Mivel az AACD négyszög paralelogramma, így d=AD=AC és AB=a-c=10 cm.

Az ABC háromszög AB alapja és az ahhoz tartozó magassága ismert, a feladat lényegében a háromszög másik két oldala összhosszának, az AC+CB=d+b mennyiségnek a minimumát, pontosabban az ennél az a+c=40 konstanssal nagyobb számot kérdezi.

Jelölje a C csúcsnak az AB egyenesen való vetületét C. Számoljunk az AB egyenesen előjelesen, legyen A-től B-felé a pozitív irány és legyen előjeles értelemben AC=x. Ezzel d2=AC2=x2+m2=x2+144, míg b2=BC2=(10-x)2+m2=(10-x)2+144. A b+d mennyiség helyett kereshetjük a b2+d2 mennyiség minimumhelyét, ez ugyanott lesz, csak értéke más. A vizsgált függvényünk

f ( x ) = b 2 + d 2 = 2 x 2 - 20 x + 388 = 2 ( x - 5 ) 2 + 338 ,

amelynek x=5-nél van a minimuma, tehát amikor az ACB háromszög egyenlő szárú, azaz amikor az ABCD trapéz egyenlő szárú. Ilyenkor b2=d2=52+122=132, azaz a trapéz kerülete 50 cm.

17.5.12.2 Megjegyzés a 9.5.13 fel. I. megoldásához

A fenti megoldás hibájára világít rá a következő, a 9.5.15 példa. Nem lehet a szakaszösszeg helyett a négyzetösszeget minimalizálni. Itt nehezebb ezt a kérdést tisztázni, mert ebben a feladatban a négyzetösszegre is ugyanaz a minimum adódik, mint az összegre, tehát a hibás gondolatmenetre megerősítést ad az eredmény.

17.5.12.3 A 9.5.13 fel. II. megoldása

Dolgozzunk az előző megoldásban az ABCD trapézból szerkesztett ABC háromszöggel (lásd a 200. ábrát, ahol A az AB alap és a C csúcson át az AD szárral párhuzamosan húzott egyenes metszéspontja)! Láttuk, hogy az ABCD trapéz kerületének minimalizálása egyet jelent az ABC háromszögben az AC+CB összeg minimalizálásával.

200. ábra

Ennek a háromszögnek tehát adott az egyik oldala

A B = A B - A A = A B - C D = 10 ,

és a hozzá tartozó magassága: mC=12. Ha rögzítjük az A, B pontokat a síkon, akkor az AB oldalhoz tartozó magasság megadása azt jelenti, hogy C-t az AB egyenessel párhuzamos, tőle 12 cm-re húzott e egyenesen kell választani (a két ilyen egyenes egyikén). Korábbi példáinkból ismert feladat egy speciális eseténél vagyunk: az A, B pontok között keresünk egy minimális hosszúságú töröttvonalat, amely az AB egyenessel párhuzamos e egyenesen törik meg. Ha a B csúcs e-re vonatkozó tükörképe B, akkor a minimumot az AB és e egyenesek C metszéspontja adja. Ekkor e az ABB háromszög egyik középvonala, hiszen párhuzamos annak AB oldalával és átmegy a BB oldal felezőpontján. Így tehát C is felezőpontja az AB szakasznak, azaz a ABB derékszögű háromszög átfogójának, vagyis C az AB szakasz Thalesz körének középpontja. Ebből csak az kell nekünk, hogy CB=CA=DA azaz eredeti trapézunk húrtrapéz. A CBA egyenlő szárú háromszög AB alapjának fele 5 cm, az alaphoz tartozó magasság 12 cm, így a szár 13 cm, a trapéz kerülete 25+15+213=66 cm.

17.5.13 A 9.5.14 feladat megoldásai

17.5.13.1 A 9.5.14 a) mego.

Ez a példa a 9.5.12. feladat a) részének egy változata. Jelölje a B pontnak az AC egyenesre vonatkozó tükörképét B és tekintsük az AC egyenes tetszőleges P pontját (lásd a 201. ábrát).

201. ábra

Jelölje a BF, AC egyenesek metszéspontját Pa. Állítjuk, hogy a Pa pont választására lesz legkisebb a vizsgált szakaszösszeg. Valóban, a tükrözés miatt BP=BP és BPa=BPa, és ha PPa, akkor használhatjuk az FPB háromszögre a háromszög-egyenlőtlenséget:

B P + P F = B P + P F > B P F = B P a + P a F = B P a + P a F ,

azaz a BPa+PaF szakaszösszeg minden más szóbajövő összegnél kisebb.

17.5.13.2 Megjegyzés a 9.5.14 a) fel. megoldásához

Az ABB háromszögben az AC, BF szakaszok súlyvonalak, így harmadolják egymást. Az a) feladat minimumát adó Pa pont az AC szakasz C felőli harmadolópontja.

17.5.13.3 A 9.5.14 b) mego.

Illesszünk a háromszöghöz egy koordinátarendszert, melyben

C ( 0 ; 0 ) , A ( 1 ; 0 ) , B ( 0 ; 1 )

és így F(12,12), továbbá PAC pontosan akkor teljesül, ha valamely xR számmal P(x,0).

Mivel

P F 2 + P B 2 = ( x - 1 2 ) 2 + ( 0 - 1 2 ) 2 + ( x - 0 ) 2 + ( 0 - 1 ) 2 =

= 2 x 2 - x + 3 2 = 2 ( x - 1 4 ) 2 + 11 8 ,

így a négyzetösszeg x=14 esetén minimális, tehát ha P az AC szakasz C felőli negyedelőpontja.

17.5.13.4 Megjegyzés a 9.5.14 a), b) feladatok megoldásához

Az a) és b) feladatokat eredménye különböző, más pont minimalizálja az összeget, mint a négyzetösszeget.

17.5.14 A 9.5.15 feladat megoldásai

17.5.14.1 Segítség a 9.5.15 feladathoz

Tekintsük azt a D pontot a háromszög külsejében, amelyre AM=MD és DK=KB.

17.5.14.2 A 9.5.15 fel. I. megoldása

(Tükrözések szorzata)

Mivel az CM, CK egyenesek szöge 45, így az ezekre az egyenesekre való tükrözések kompozíciója a C körüli 90-os forgatás. Ennél A képe B, tehát az A pont CM-re vonatkozó D tükörképe megegyezik a B pont CK-ra vonatkozó tükörképével.

Fel fogjuk használni, hogy a CM-re vonatkozó tükrözésnél az MAC képe az MDC, az AM szakasz képe pedig a DM szakasz, illetve a CK-ra vonatkozó tükrözésnél az CBK képe az CDK, a BK szakasz képe pedig a DK szakasz (lásd a 202. ábrát).

202. ábra

K D M = 90 , hiszen

K D M = K D C + C D M = K B C + M A C = 180 - A C B ,

így a feladat állítása a KDM háromszögre vonatkozó Pitagorasz tétel:

A M 2 + K B 2 = M D 2 + D K 2 = K M 2 .

17.5.14.3 A 9.5.15 fel. II. megoldása

(Forgatás)

Forgassuk el az ábrát C körül 90-kal (lásd a 203. ábrát)! Legyen M képe M, B képe B. Mivel MCM=90, CM=CM és MCK=KCM=45, így MK=KM. Az elforgatás miatt AM=BM, így a feladat állítása a KBM derékszögű háromszögre vonatkozó Pitagorasz tétel.

203. ábra

17.5.15 A 9.5.16 feladat megoldásai

17.5.15.1 Segítség a 9.5.16 feladathoz

Rajzoljuk be az ABC háromszög oldalait, tegyünk megfigyelést!

17.5.15.2 A 9.5.16 feladat megoldása

Jelölje FA a kB, kC körök O-tól különböző metszéspontját. Mivel kC-ben C az O-val átellenes pont, így Thalesz tétele szerint CFAO=90. Hasonlóan igazolható, hogy OFAB=90, azaz FA illeszkedik a BC szakaszra, sőt annak felezőpontja, hiszen a BC a k kör húrja és a rá FA-ban állított merőleges átmegy O-n. Ugyanígy igaz, hogy az AC szakasz FB felezőpontja illeszkedik a kA, kC körökre, illetve ABFC felezőpontja a KB, kA körökre (lásd a 204. ábrát).

204. ábra

Állítjuk, hogy a vizsgált tartomány területe egyenlő a BFAFBFC paralelogramma területével, azaz az ABC háromszög területének felével. Valóban, az FBFA=FCB=AFC vektorral való eltolás az FBFC középvonalat az FAB szakaszba, míg a kA kört a kB körbe viszi, így az ábrán szürkével jelölt két körszelet egyikét a másikba képezi. Ugyanígy igazolható, hogy a kC körből az FAFB középvonal által levágott szelet egybevágó a kB körből az FCB szakasz által levágott szelettel. A két egybevágóság segítségével a körívek által határolt tartomány átdarabolható a paralelogrammába.

17.5.16 A 9.5.17 feladat megoldásai

17.5.16.1 A 9.5.17 fel. I. megoldása

A kerületi szögek tétele szerint

60 = A B C = A P C , 60 = B A C = B P C .

Az AB=BC=CA=d, PA=a, PB=b, PC=c rövidítő jelölésekkel az APC, BPC háromszögekre vonatkozó koszinusz-tétel:

a 2 + c 2 - a c = d 2 , b 2 + c 2 - b c = d 2 .

E két egyenlet különbségében felismerhetjük a szorzatalakot:

( a - b ) ( a + b - c ) = 0 .

Az első tényező akkor zérus, ha D az AB ív felezőpontja, azaz PCA, PCB félszabályos háromszögek, c=2a=2b=a+b. Tehát az a+b=c feltétel mindig teljesül, éppen ez a feladat állítása.

17.5.16.2 A 9.5.17 fel. II. megoldása

Mérjük föl a DC szakaszra a PA szakaszt (lásd a 205. ábrát)! Legyen D a DC szakaszon az a pont, amelyre DD=DA! Mivel a kerületi szögek tétele miatt CDA=60, így a DDA háromszög szabályos. Azt is mondhatjuk, hogy D a D pont képe az A pont körüli 60-os forgatásnál. Mivel ennél a forgatásnál a B csúcs képe C, így a DB szakasz képe a DC szakasz, azaz DA+DB=DD+DC=DC.

205. ábra

Megoldási ötlet a 9.5.18 feladathoz

Tükrözzük a háromszöget és a PX, PY szakaszokat az alap egyenesére!

Megoldási ötlet a 9.5.19 feladathoz

Használjuk fel, hogy két szomszédos oldal felezőpontját összekötő szakasz párhuzamos és feleakkora, mint a megfelelő oldal vagy átló. Dolgozhatunk transzformációkkal is, pld. előző észrevételünk azt mondja ki, hogy két középpontos tükrözés eredője eltolás.

A háromszög és az ötszög lényegében egyértelműen szerkeszthető. Négyszög viszont pontosan akkor szerkeszthető, ha az oldalfelezőpontok paralelogrammát alkotnak, olyankor viszont végtelen sok megoldás van.

Részletesebb lásd pld. a Bergengóc Példatár I. 114. feladatát.

17.5.17 A 9.5.20 feladat megoldásai

17.5.17.1 Segítség a 9.5.20 feladathoz

A szóbajövő legrövidebb szerkesztés jó is. Igazoljuk!

17.5.17.2 A 9.5.20 feladat megoldása

A körzőnyílás nagyságát jelölje d. Legyen D az az egyik pont, amelyre AD=BD=d és állítsuk az ABD háromszög AD, BD oldalaira kifelé az ADE, BFD szabályos háromszögeket. Az E és F ponttól is d távolságra levő egyik pont D, legyen a másik C (lásd a 206. ábrát).

206. ábra

Állítjuk, hogy ABC szabályos háromszög. Ennek igazolásához alkalmazzunk A körüli 60-os forgatást! Ekkor D képe D=E. Mi lehet B, a B pont képe? Egyrészt ABB szabályos háromszög, tehát B illeszkedik AB felezőmerőlegesére. Másrészt BD=d, így BD=d. Tehát B az AB felezőmerőlegesének olyan pontja, amely D=E-től d távolságra van. A D, C pontok rendelkeznek ezekkel a tulajdonságokkal és nyilvánvalóan nem lehet több ilyen pont, tehát B=D vagy B=C. Az első lehetőség kizárt, hiszen AD=BD=d>AB, így B=C, tehát szerkesztésünk helye.

Az AB egyenes másik oldalára szerkesztve D-t megkaphatjuk az AB-ra emelt másik szabályos háromszög harmadik csúcsát is. Érdekes, hogy ha az eredeti szerkesztés D pontjából kiindulva az AD, BD oldalakra befelé állítjuk az ADE, BDF szabályos háromszögeket, akkor az E, F középpontú d sugarak metszéspontjaként is megkapjuk a keresett C pontot (lásd a 207. ábrát). Miért?

207. ábra

17.5.18 Egy ábra az elemekből megoldások

17.5.18.1 A 9.5.21 a) mego.

Forgassuk el az ABC háromszöget A körül 90-kal (a 208. ábrán balra)! Ekkor C képe C=I. A B pont B képére DAB=180, hiszen DAB=90. Így A a DB szakasz felezőpontja, tehát IA a DBI háromszög súlyvonala, azaz a DAI, ABI háromszögek területe egyenlő. Ez mutatja, hogy mindegyik kérdezett háromszög területe egyenlő az ABC háromszög területével.

17.5.18.2 A 9.5.21 b) mego.

Az A körüli 90-os forgatásnál még D képe D=B, így a DC szakasz elforgatottja a BI szakasz (lásd a 208. ábra jobb oldalát). Tehát DC=BI.

208. ábra

17.5.18.3 A 9.5.21 c) fel. I. megoldása

Háromszög létrehozása eltolással

Jelölje az ABC háromszög magasságpontját M és toljuk el az AMB háromszöget a AD=BE vektorral a DMCE háromszögbe, a BMC háromszöget a BF=DG vektorral az FMAG háromszögbe, végül a CMA háromszöget a CH=AI vektorral a HMBI háromszögbe (lásd a 209. ábrát)!

209. ábra

Az így kapott ábrán MAMB a GH szakasz eltoltja a CM=GMB=HMA vektorral, míg MBMC az ID szakasz eltoltja a AM=IMB=DMC vektorral, végül MCMA az EF szakasz eltoltja a BM=EMC=FMA vektorral.

Az a) feladatrész állítása szerint az IDA, EFB, GHC háromszögek területe egyenlő, így az MAMBMC háromszöget egyenlő részekre osztják az MCM, MAM, MBM szakaszok. A háromszögben egy és csakis egy olyan pont van, melyet a csúcsokkal összekötve három egyenlő területű háromszög jön létre: a súlypont. Tehát M az MAMBMC háromszög súlypontja. Az MCM egyenes tehát felezi az MAMB szakaszt, így annak MCM-mel párhuzamos eltoltját, a GH szakaszt is felezi. Ugyanígy MBM felezi EF-et és MAM az ID-t.

17.5.18.4 A 9.5.21 c) fel. II. megoldása

Vektorok

B A = C A - C B , tehát

B A - 90 = C A - 90 - C B - 90 = C A - 90 + C B 90 ,

míg CH=CA-90, CG=CB90, CFGH=12(CH+CG), azaz

C F G H = 1 2 ( C A - 90 + C B 90 ) .

A (211), (212) egyenletek összevetése mutatja, hogy a CGH háromszög CFGH súlyvonala valóban merőleges az ABC háromszög AB oldalegyenesére, sőt az is kiderült, hogy CFGH fele olyan hosszú, mint az AB oldal. Hasonlóan igazolható az összefüggés a többi oldalpárra.

17.5.18.5 A 9.5.21 c) fel. III. megoldása

Komplex számok

Az előző megoldás komplex számokkal is elmondható. Ha C a komplex számsíkunk origója és A-nak az a, B-nek a b komplex szám felel meg, akkor a

H , G , F G H

számoknak megfelelő komplex szám rendre

- i a , i b , - i 2 a + i 2 b ,

így a

- i 2 a + i 2 b = 1 2 i ( b - a )

algebrai azonosság mutatja, hogy a CFGH szakasz fele olyan hosszú, mint az AB szakasz és merőleges rá.

17.5.18.6 A 9.5.21 c) fel. IV. megoldása

Középpontos tükrözés, forgatás

Ha középpontosan tükrözzük a CHG háromszöget a HG oldal felezőpontjára, akkor a CGCH paralelogrammához jutunk. Ha a CHC háromszöget elforgatjuk -90-kal az ACHI négyzet OB középpontja körül, akkor az ACB háromszöget kapjuk (lásd a 210. ábrát). Valóban, H a C csúcsba, C a B pontba képződik és a HC=CG vektor -90-os elforgatottja CB, így a HC oldal képe a CB oldal. A CGH háromszög CC súlyvonalegyenese merőleges az AB egyenesre, hiszen az előbbi -90-os elforgatottja az utóbbi. Épp ezt akartuk igazolni.

210. ábra

17.5.18.7 A 9.5.21 d) fel. I. megoldása

A CATC, BATB háromszögek hasonlóak, hiszen szögeik egyenlők. Így ATCAC=BTBBA, azaz ATCBA=BTBAC, tehát a tADKCTC=tATBKBI. Ehhez hasonlóan igazolható a többi egyenlőség.

17.5.18.8 A 9.5.21 d) fel. II. megoldása

(Euklidesz útján)

A CAD háromszöget egészítsük ki a CADQ paralelogrammává. Mivel AD párhuzamos az ABC háromszög C-ből induló magasságával, így Q a CKC magasságvonalra esik. (Az 211. ábrán Q épp az AB oldalra esik, de ez csak az adott ábra specialitása.)

Ennek a paralelogrammának a területe egyenlő az ADKCTC téglalap területével.

211. ábra

Alkalmazzuk az a)-b) feladatokban látott transzformációt, az A körüli 90-os forgatást! Ez az ADC háromszöget az ABI háromszögbe viszi, az ADQC paralelogrammát pedig egy olyan ABQI paralelogrammába, amelynek Q csúcsa az AI-vel párhuzamos BKB egyenesre, az ABC háromszög egyik magasságvonalára esik.

Az ABQI paralelogramma területe egyenlő az ATBKBI téglalap területével, azaz tATBKBI=tADKCTC. Hasonlóan igazolható a többi összefüggés.

17.5.18.9 I. megjegyzés a 9.5.21 d) fel. II. megoldásához

A d) feladat állítása a koszinusz-tétel egy szimmetrikus megfogalmazása. így is fogalmazható: az AB oldalra írt négyzet területe a TAKAGC, TBCHKB téglalapok területének összegével kevesebb, mint a BC, CA oldalakra írt négyzetek területének összege. De

C T A = C A cos A C B , C T B = C B cos A C B ,

így

t T A K A G C = C B C A cos A C B , t T B C H K B = C A C B cos A C B ,

így valóban az ismert c2=a2+b2-2abcosγ képlethez jutunk.

17.5.18.10 II. megjegyzés a 9.5.21 d) fel. II. megoldásához

A fenti ábrákon hegyesszögű háromszöget látunk. Kissé más az ábra, ha az ABC háromszög egyik szöge, pl γ, tompaszög. Olyankor az ATAKAI téglalap tartalmazza a TACHKA téglalapot, területük különbségeként kapjuk az AC oldalra írt négyzet területét.

17.5.18.11 A 9.5.21 e) mego.

Az I pont az AB egyenesre TI-ben állított i merőlegesen, az F pont az AB-re TF ben állított f merőleges egyenesen kell legyen. Mivel az I pont A körüli -90-os elforgatottja C, és szintén C-t kapjuk, ha F-et 90-kal forgatjuk B körül, így C az i egyenes A körüli -90-os i- elforgatottjának és az f egyenes B körüli 90-os f+ elforgatottjának közös pontja. Az i, f egyenesek párhuzamosak, így i- és f+ egyállású, azaz párhuzamosak vagy egybeesnek. Távolságuk a velük párhuzamos AB egyenestől ATI illetve BTF. Ha ennek a két szakasznak a hossza nem egyenlő egymással, akkor nincs megoldás, ha egyenlő, akkor pedig végtelen sok van: C-t az i-=f+ egyenes bármelyik pontjának választhatjuk.

17.5.18.12 Megjegyzés a 9.5.21 e) fel. megoldásához

T I I A = B A C és TFFB=ABC, hiszen mindkét esetben merőleges szárú szögekről van szó. Így az e) feladatban igazolt ATI=BTF feltétel a TIIA, TFFB derékszögű háromszögek alapján a szokásos jelölésekkel: bsinα=asinβ. Ez a szinusz-tétel egy formája.

17.5.18.13 A 9.5.21 f) fel. I. megoldása

Tekintsük az OB pont körüli 90-os és az OA pont körüli 90-os forgatásokat és ezek

O A 90 O B 90

kompozícióját. A (213) jelölést jobbról kell olvasni: először az OB körüli forgatást végezzük el. Az OB pont körüli 90-os elforgatás két olyan tengelyes tükrözéssel helyettesíthető, amely tengelyek egymást OB-ben 45-ban metszik. Pontosítás: az első tengelytől (t1) a második tengelyig (t2) mért irányított szög 45-os. Vegyük fel ezt a két tengelyt úgy, hogy a második épp OA-n menjen át. Az OA körüli 90-os elforgatást helyettesítő tengelyeket pedig úgy vegyük fel, hogy az első (t3) menjen át OB-n (lásd az 212. ábrát).

212. ábra

Az így kapott t1, t2, t3, t4 tengelyekkel

O B 90 O A 90 = ( t 4 t 3 ) ( t 2 t 1 ) = t 4 ( t 3 t 2 ) t 1 = t 4 t 1 ,

tehát az eredő transzformáció a t1, t4 tengelyek L metszéspontjára vonatkozó középpontos tükrözés, hiszen e két tengely szöge 90.

Az OA90OB90 transzformációnál az AB csúcs képe B, hiszen OB90(A)=C, OA90(C)=B. A középpontos tükrözés középpontja tehát az AB szakasz FAB felezőpontja (lásd az 213. ábrát).

213. ábra

Gondolatmenetünk szerint az OBFAB, OAFAB egyenesek megegyeznek a korábbi t1, t4 tengelyekkel, melyek egymással bezárt szöge 90, míg mindketten 45-ban hajlanak az OAOB egyeneshez.

17.5.18.14 A 9.5.21 f) fel. II. megoldása

Nagyítsuk az OBFAB szakaszt az A csúcsból, az OAFAB szakaszt pedig a B csúcsból a kétszeresére. Az OBFAB, OAFAB szakaszok helyett képeik, a velük párhuzamos és kétszer akkora HB, GA szakaszokat vizsgáljuk (lásd a 214. ábrát).

214. ábra

Az a), b) feladatokban látható módon az AG szakasz a BH szakasz C körüli 90-os elforgatottja, tehát egyenlő hosszúak és merőlegesek egymásra.

17.5.18.15 A 9.5.21 f) fel. III. megoldása

(Vektorok)

Használjuk az I. megoldás ábráját, de jelöljük be az AC, BC oldalak FAC, FBC felezőpontjait is! Azt fogjuk megmutatni, hogy az FABOB vektor derékszögű elforgatottja a FABOB vektor.

Vegyük észre, hogy

F A B O B = F A B F A C + F A C O B ,

ahol

F A B F A C = B F B C = F B C O A 90

és

F A C O B = A F A C 90 = F A B F B C 90 ,

tehát

F A B O A 90 = F A B F B C 90 + F B C O A 90 = F A C O B + F A B F A C = F A B O B .

17.5.18.16 A 9.5.21 f) fel. IV. megoldása

(Komplex számok)

Legyen ABC pozitív körüljárású és helyezzünk egy komplex számsíkot az ábrára úgy, hogy C legyen az origója. Ha az A, B pontoknak az a, b komplex számok felelnek meg, akkor a H, I, OB pontoknak rendre a

- i a , a + ( - i ) a , 1 - i 2 a

komplex számok felelnek meg, ahol i2=-1, míg a G, F, OA pontoknak rendre az

i b , b + i b , 1 + i 2 b

számok felelnek meg. Az AB szakasz felezőpontjának megfelelő szám az a+b2. Azt kell megmutatnunk, hogy az FABOB vektor 90-os elforgatottja az FABOA vektor, azaz hogy

i ( 1 + i 2 b - a + b 2 ) = ( 1 - i 2 a - a + b 2 ) .

Így egyszerű számítással igazolható a geometriai összefüggés.

17.5.18.17 A 9.5.21 g) fel. I. megoldása

Tekintsük az I körüli 45-os és 2-szeres I245 forgatva nyújtást és az F körüli 45-os és 22-szeres F2245 forgatva nyújtást. A két transzformáció τ eredőjéről három dolgot állapítunk meg:

  • τ egy 90-os forgatás;

  • τ ( J ) = J ;

  • τ ( A ) = B .

Az eredő transzformáció tehát egy J körüli 90-os forgatás, amely A-t B-be viszi, így az AJB háromszög egyenlő szárú és derékszögű.

17.5.18.18 A 9.5.21 g) fel. II. megoldása

Az e) feladatot illetve annak megoldását hívjuk segítségül. A TITFFI négyszög egy derékszögű trapéz. Ebben épp az e)-ben láttuk a TITF szár felezőpontja az AB szakasz FAB felezőpontja. Ezért a trapéz FABJ középvonala merőleges a TITF szárra (lásd a 215. ábrát).

Még azt kell igazolnunk, hogy az FABJ középvonal hossza az AB oldal hosszának fele, tehát, hogy a TII, TFF alapok hosszának összege AB-val egyenlő. Alkalmazzuk az e) megoldásában használt forgatásokat. Az A körüli -90-os forgatásnál az ATII háromszög képe az ATIC háromszög, míg a B körüli 90-os forgatásnál BTFF képe BTFC, ahol az ABTFTI négyszög téglalap, így

T I I + T F F = T I C + T F C = A B .

Megjegyezzük, hogy előfordulhat, hogy a TITFFI négyszög egy hurkolt trapéz és egyúttal C nem a TITF szakaszra, hanem annak meghosszabbítására esik. Előjeles szakaszokkal, az AB egyenestől való távolságot is előjelesen értelmezve ekkor is hasonlóan igazolható az állítás.

215. ábra

17.5.18.19 A 9.5.21 g) fel. III. megoldása

(Komplex számok)

Az f) feladat komplex számos megoldását folytatva most az IF szakasz J felezőpontjának megfelelő komplex szám:

j = ( 1 - i ) a + ( 1 + i ) b 2 = 1 - i 2 a + 1 + i 2 b .

Itt azt kell igazolni, hogy a JA vektor 90-os elforgatottja a JB vektor, azaz, hogy

i ( a - 1 - i 2 a - 1 + i 2 b ) = ( b - 1 - i 2 a - 1 + i 2 b ) ,

ami beszorzással könnyen ellenőrizhető.

17.5.18.20 A 9.5.21 h) mego.

Az ABGH négyszög középvonalai paralelogrammát határoznak meg. Esetünkben ez a paralelogramma négyzet, hiszen az OAFAB, OBFAB középvonalak egyenlőek és merőlegesek egymásra. A négyzet FABFGH, OAOB átlói egyenlő hosszúak és egymásra merőlegesek. Az IJ szakasz párhuzamos és kétszer akkora, mint az OAOB szakasz (középvonal a CIF háromszögben), így az állítás igazolást nyert.

17.6 Körök, kerületi szögek megoldások

17.6.1 Két metsző kör szelői megoldások

17.6.1.1 Segítség a 9.6.2 a) feladathoz

Vizsgáljuk az AB kerületi szögét a k körben K-nál illetve az l körben LA-nál!

17.6.1.2 A 9.6.2 a) mego.

Dolgozzunk irányított szögekkel! Legyen K1,K2k, L1,L2l két-két megfelelő pont, tehát K1 és K2 a K, L1 és L2 az LA szerepét játssza, azaz AK1L1, AK2L2. Egyrészt

L 1 K 1 B A K 1 B A K 2 B L 2 K 2 B ( mod 180 ) ,

ahol a két szélső egyenlőség (kongruencia) azért teljesül, mert L1, A és K1, illetve L2, A és K2 egy egyenesen van, míg a középső a kerületi szögek tétele a k körben. Másrészt ehhez hasonlóan

B L 1 K 1 B L 1 A B L 2 A B L 2 K 2 ( mod 180 ) .

Azt kaptuk, hogy az LAK egyeneshez a KB, LAB egyenesek állandó szögben hajlanak, amiből következik, hogy az LAKB háromszög szögei állandó nagyságúak.

17.6.1.3 A 9.6.2 b) fel. I. megoldása

Jelölje a k illetve az l kör A pontbeli érintőjét ek illetve el, az A ponton is átmenő KLA egyenest e (lásd a 216. ábrát).

216. ábra

Az érintő szárú kerületi szögre vonatkozó tételt a k körben a KA húrra alkalmazva kapjuk, hogy

míg az l kör LAA húrjára

e l e A B L A ( mod 180 ) ,

tehát e két egyenlet (kongruencia) összegéből

e l e k K B L A ( mod 180 ) ,

azaz a KBLA irányított szög az l kör és a k kör A-beli érintőinek irányított szögével egyezik meg.

17.6.1.4 A 9.6.2 b) fel. II. megoldása

Válasszuk K-nak a k körön B-vel átellenes pontot (lásd a 217. ábrát).

217. ábra

Ilyenkor LA az l körön B-vel átellenes pont. A körök B-beli érintői a BLA, BK átmérőkre merőleges egyenesek, tehát a merőleges szárú szögek miatt az l és a k kör B-beli érintőinek irányított szöge az LABK szöggel egyezik meg (mod 180).

17.6.1.5 A 9.6.2 c) mego.

Vizsgáljuk az LABK, LABLB háromszögeket! Az előbbiben az a) feladatrész szerint B-nél állandó szög van, de (mod180) ugyanez a szög van az utóbbi háromszögben is B-nél, azaz az l körben az LALB húr kerületi szöge állandó, így az LALB szakasz hossza is állandó.

17.6.1.6 A 9.6.2 d) fel. I. megoldása

Az a) feladatrész állítása szerint az egyik metszésponton átmenő szelő a másik metszésponttal egymáshoz hasonló háromszögeket alkot. Egy ilyen háromszög megszerkeszthető és felnagyítható, hogy a szelőnek megfelelő oldala megfelelő hosszúságú legyen. Adott a két kör közös ponjainak távolsága, így meghatározható (tipikusan két lehetőség), hogy a szelőnek megfelelő oldalon hol van a körök közös pontja. Ezután a szelő már egyszerűen szerkeszthető be a körpárba.

17.6.1.7 A 9.6.2 d) fel. II. megoldása

Induljunk ki a kész 218. ábrából! Az OK és OL középpontú k, l körök A metszéspontján át szerkesztett KL szelő Kk, Ll legyen a kívánt a hosszúságú. Az AK, AL húrok FK, FL felezőpontjait összekötő szakasz hossza a2. Tekintsük az Ol középpontból az FKOK egyenesre bocsájtott merőleges Tl talppontját. A TlFkFlOl négyszög téglalap, hiszen a Tl, Fl, Fk csúcsainál derékszög van. E téglalapnak ismert az a2=FkFl=TlOl oldala és az FkTl egyenes egy pontja, így megszerkeszthetjük: ez az egyenes ugyanis az Ol középpontú a2 sugarú körhöz húzott érintő.

218. ábra

Ha a2<OkOl, akkor Ok kívül van a szerkesztett körön, két érintő, két megoldás is van. Ha a=2OkOl akkor csak egy érintő, és abból származóan csak egy megoldás van, az OkOl centrálissal párhuzamos szelő. A szelődarab hossza nem lehet 2OkOl-nél nagyobb.

17.6.1.8 A 9.6.2 e) mego.

Fent megkaptuk, hogy a maximális hossz 2OkOl.

Megoldási ötlet a 9.6.2 f) feladathoz

Számoljunk a KAABKB, LAABLB húrnégyszögek szögeivel!

17.6.1.9 Segítség a 9.6.2 g) feladathoz

A mértani helyet megsejthetjük az alábbi animáció alapján. Vizsgáljuk külön az ALAF, AKF háromszögeket!

17.6.1.10 A 9.6.2 g) fel. I. megoldása

Ha B a két adott kör másik metszéspontja, akkor a KBLA háromszög hasonlóság erejéig adott, így a KBF háromszög alakja is adott. Tekintsük azt a B centrumú τ forgatva nyújtást, amely K-t az F-be képezi. Ez a k kört a keresett mértani helybe, a τ(k) körbe viszi. E kör minden pontja megfelelő, mert F pontjához a τ-1 inverz leképezés olyan K pontot rendel, amelyből kiindulva a kapott KLA szakasz felezőpontja τ(K)=τ(τ-1(F)), azaz F lesz.

17.6.1.11 A 9.6.2 g) fel. II. megoldása

Dinamikus geometriai szoftver segítségével megsejtettük, hogy a keresett mértani hely egy olyan kör, amely átmegy az A, B pontokon is. Ezért az AF szakasz f felezőmerőlegesét vizsgáljuk és ehhez segít, ha az AK, ALA szakaszok egymással párhuzamos fk, fl felezőmerőlegeseit is tekintetbe vesszük.

Az AK, ALA szakaszok a k illetve az l kör húrjai, így fk átmegy a k kör Ok középpontján, míg fl az l kör Ol középpontján.

Az A centrumú 12 arányú nyújtás LA-t az fl egyenes egy Fl pontjára, K-t az fk egyenes egy Fk pontjára képezi, így F-et az FkFl szakasz felezőpontjára, az fk, fl párhuzamos egyenesek közti sáv felezőegyenesének egy pontjába viszi. Tehát az f egyenes felezi az egymással és vele párhuzamos fk, fl egyenesek közti sávot, így a K pont bármely helyzetében átmegy az OkOl szakasz O felezőpontján. Az O pont tehát egyforma messze van A-tól és F-től, így F illeszkedik az O középpontú A-n átmenő kf körre.

Megfordítva, ha F a kf kör pontja, akkor az AF egyenesre merőleges Ok, Ol-en átmenő fk, fl tengelyekre tükrözve A-t kapjuk a keresett K, LA pontokat, amelynek felezőpontja F.

17.6.1.12 A 9.6.2 h) mego.

Az AK, ALA szakaszok fk, fl felezőmerőlegesei egymással párhuzamosak. A KOk egyenes az AOk egyenes tükörképe fk-ra, míg az LAOl egyenes az AOl egyenes tükörképe fl-re. Mivel az AOk, AOl egyenesek szöge rögzített, így a KOk, LAOl egyenesek szöge is adott, tehát a keresett P pontok az OlOk szakasz egy látókörén helyezkednek el. Amikor KA párhuzamos az OkOl centrálissal, akkor P=B, tehát a mértani hely az Ok, Ol, B ponthármas körülírt köre.

17.6.1.13 A 9.6.2 i) fel. I. megoldása

Tekintsük az AkOlB háromszög körülírt körét. Tudjuk, hogy erre illeszkedik az AkB oldal felezőmerőlegesének és az AkOlB szögfelezőjének metszéspontja. Ok illeszkedik a felezőmerőlegesre, hiszen a k körben OkAk=OkB és Ok illeszkedik a szögfelezőre is, hiszen a k, l körök OkOl centrálisa felezi az AOlB szöget. Ezzel igazoltuk, hogy az Ak, B, Ol, Ok pontok egy körön vannak és hasonlóan igazolható, hogy az Al, B, Ol, Ok is egy körön vannak, tehát mind az öten egy körre illeszkednek.

17.6.1.14 A 9.6.2 i) fel. II. megoldása

A h kör a h) feladatrészben kapott mértani hely. Ha a h) feladatban AK a k kör átmérő egyenese, akkor az ottani LA az itteni Al és a P pont is az Al pont, tehát Alh. Hasonlóan igazolható, hogy Akh.

17.6.1.15 A 9.6.2 j) mego.

C A l A = C A l O k = C B O k = A B O k = B A O k = C A A l . Ez az egy soros levezetés mutatja, hogy CAAl=CAlA azaz az ACAl háromszög egyenlő szárú. Hasonlóan igazolható, hogy az ACAk háromszög is egyenlő szárú, tehát a CA, CAl, CAk szakaszok mind egyenlők egymással.

17.6.1.16 Segítség a 9.6.2 k) feladathoz

Mutassuk meg, hogy DlA=BAl és DkA=BAk.

17.6.1.17 A 9.6.2 k) mego.

Megmutatjuk, hogy a k körben a BA, BkDk húrokhoz ugyanakkor középponti szögek tartoznak. Ebből következik, hogy ezek a húrok egyenlő hosszúak, így az OkAkCA deltoid OkC átlójára való tükrözés amellett, hogy kicseréli A-t és Ak-t, egyúttal Dk-t és B-t is kicseréli, tehát a DkA, BAk húrokat is kicseréli. Hasonlóan igazolható, hogy DlA=BAl, ami bizonyítja a feladat állítását.

D k O k A k = 2 D k A A k = 2 A A k A l = 2 O l A k A l = 2 O l O k A l = 2 O l O k A = B O k A .

a 9.6.2 l) mego.

Q mértani helye nyomon követhető az alábbi animáción.

17.6.1.18 A 9.6.2 m) mego.

A K, P, LA, Q pontok egy körön vannak, nevezetesen a PQ szakasz Thalesz körén. Valóban, a k kör K-beli érintője és átmérője merőleges egymásra, azaz QKP=90 és ehhez hasonlóan QLAP=90.

Most megmutatjuk, hogy a K, B, LA, Q pontok is egy körön vannak. A k körben a KA húr kerületi és érintős szárú kerületi szöge egyenlő:

K B A Q K A ( mod 180 ) ,

és ehhez hasonlóan az l körben az ALA húr kerületi és érintő szárú kerületi szöge:

A B L A A L A Q Q K A ( mod 180 ) .

A két kongruencia összege:

K B L A K Q L A ( mod 180 ) ,

ami épp azt fejezi ki, hogy Q és B a KA húr azonos látókörére illeszkedik.

Beláttuk, hogy a K, B, P, LA, Q pontok mind egy q körön vannak és azt is, hogy ennek középpontja a PQ szakasz H felezőpontja. Alább még igazoljuk, hogy ez a H pont illeszkedik a h körre.

Ehhez azt kell megmutatnunk, hogy

B O k P B H P ( mod 180 ) .

A q körben a BP húr középponti és kerületi szöge:

B H P 2 B K P ( mod 180 ) .

Másrészt a KOkB egyenlő szárú háromszög Ok-nál fekvő külső szöge

B O k P 2 B K P ( mod 180 ) ,

amivel igazoltuk is, hogy H illeszkedik a h körre.

17.6.1.19 A 9.6.2 n) mego.

A B, P pontok a q és a h körre is illeszkednek, így a h kör H-hoz húzott sugara illeszkedik a BP szakasz felezőmerőlegesére. Ezért a h kör H-beli érintője merőleges a BP felezőmerőlegesére és párhuzamos a BP egyenessel. A QB egyenes is merőleges a BP szakaszra, hiszen a q kör a PQ szakasz Thalesz köre és erre illeszkedik B is. A h kör H-beli érintője tehát merőleges a BQ szakaszra és átmegy a q kör középpontján, amelyre Q és B is illeszkedik, tehát az érintő egyben a BQ szakasz felezőmerőlegese is. Ezt akartuk igazolni.

Ha valamely kör egy pontját tükrözzük ugyanezen kör össze érintőjére, akkor kardioidot kapunk. Ha itt K befutja a k kört, akkor P és H befutja a h kört. A h-ra illeszkedő B pont tükörképe a h kör H-beli érintőjére egy kardioidot ír le.

17.6.1.20 A 9.6.2 o) fel. szemléltetése

Az alábbi interaktív animáción vizsgálhatjuk a problémát, kirajzolva látjuk a KL szakasz felezőmerőlegesét ahogy a két pont forog saját körén. Kérhetjük, hogy a felezőmerőleges nyoma maradjon az ábrán.

http://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/19i.html

17.6.1.21 A 9.6.2 o) fel. I. megoldása

Mértani hely

Csak azt az esetet vizsgáljuk, amikor az AOkK, AOlL szögek nagysága egyenlő és emellett irányításuk is megegyezik. Ekkor a k-beli illetve l-beli KBA, ABL szögek egymás ellentettjei modulo 180, azaz B illeszkedik a KL egyenesre. A g) feladatrészben láttuk, hogy a KL szakasz felezőpontja egy olyan kört fut be, amelynek középpontja az OkOl centrális szakasz F felezőpontja, és amely átmegy az A, B pontokon is. A KL szakasz felezőmerőlegese e kör B-ből induló húrjának másik végpontjában a húrra állított merőleges egyenes. Thalesz tételének megfordítása szerint ez az egyenes átmegy a kör B-vel átellenes U=UB pontján. Ez a pont a B pont F-re vonatkozó tükörképe tehát mindig egyforma távolságra van K-tól és L-től.

17.6.1.22 A 9.6.2 o) fel. II. megoldása

Tükrözések kompozíciója

Azt kell igazolnunk, hogy a KL szakasz t felezőmerőlegese mindig átmegy egy rögzített U ponton. A t-re vonatkozó tengelyes tükrözés U-t V-be viszi és nincs is más olyan tükrözés, amely képes erre. Megkeressük más módon is a K-t L-be képező tükrözést, előállítjuk őt három egy ponton átmenő tengelyes tükrözés szorzataként.

Legyen τK ill. τL a KA illetve az AL szakasz felezőmerőlegese, metszéspontjuk S és jelölje τA az AS egyenest (lásd a 219. ábrát).

219. ábra

Vizsgáljuk először az irányítástartó esetet, azaz legyen most

K O k A L O l A ( mod 360 ) .

Ezen szögek felére:

A O k S A O l S ( mod 180 ) ,

azaz Ok, Ol, A és S egy s körön vannak.

Mivel a tükrözésekre τK(K)=A, τA(A)=A és τL(A)=L, így τLτAτK(K)=L. A három egy ponton átmenő tükrözés fenti kompozíciója egyetlen tükrözéssel is helyettesíthető. Forgassuk el a τA, τL tengelyeket S körül azonos szöggel úgy, hogy τA egybeessen τK-val. Jelölje τL képét τL. Az egymással φ szöget bezáró tengelyekre való tükrözések kompozíciója a tengelyek metszéspontja körüli 2φ szögű forgatás, így most a τLτA, τLτK transzformációk megegyeznek egymással és ezért

τ L τ A τ K = τ L τ K τ K = τ L .

Messe a τL egyenes az s kört az UB pontban. Mivel τLτLτAτK(mod180), így LSUBASUK(mod180), azaz az s kör OlUB, AOk ívei egyenlők, így az UB pont rögzített, nevezetesen UB az A tükörképe az OlOk szakasz felezőmerőlegesére.

A korábban leírtak miatt τL a KL szakasz felezőmerőlegese, tehát UB a keresett pont.

Térjünk át az irányításváltó esetre, azaz legyen

K O k A - L O l A ( mod 360 )

és így ezen szögek felére:

A O k S - A O l S ( mod 180 ) .

Ez ezt jelenti, hogy az OkAS, OlAS háromszögek sk, sl körülírt körei egyenlő sugarúak, de különbözőek (lásd a 220. ábrát).

220. ábra

Most is bevezetjük az irányítástartó esetben látott τK, τA, τL egyeneseket illetve a rájuk vonatkozó tükrözéseket és az ezek kompozícióját jelentő τL tükrözést illetve annak ugyanígy jelölt tengelyét. Toljuk el az sL kört az AOk vektorral! Jelölje sL képét sL, Ol képét UA!

Állítjuk, hogy sL az Ok, UA pontokon kívül még S-en is átmegy. Valóban, az sk, sl egyenlő sugarú köröket egymásra képezi az SA szakasz felezőpontjára vonatkozó középpontos tükrözés, és ennél az OksK pont képe épp az az OksL pont lesz, amelyet az AOk vektorral való eltolás S-be visz, hiszen AOkSOk paralelogramma.

Az sL körben az OkUA húrhoz ugyanakkor a kerületi szög tartozik, mint sL-ben AOl-hez, tehát OkSUAASOl(mod180), azaz UAτL. Tehát az UA pont egyenlő távol van a K, L pontoktól az irányításváltó esetben.

17.6.1.23 A 9.6.2 o) fel. III. megoldása

Komplex számok

A komplex számsíkon dolgozunk. Jelölje az A, B, Ok, Ol pontoknak megfelelő komplex számokat rendre a, b, ok és ol. A K, L pontoknak a

o k + ϵ ( a - o k ) , o l + ϵ ( a - o l )

számok felelnek meg az első esetben és

o k + ϵ ( a - o k ) , o l + ϵ ¯ ( a - o l )

a másodikban, ahol ϵ egységnyi abszolútértékű komplex szám. Ahogy K és L befutja k-t illetve l-et, úgy ϵ befutja a komplex egységkört. Alább csak az első esetet számoljuk végig, a második hasonlóan kezelhető.

Olyan z komplex számot keresünk, egyforma messze van a K-nak és az L-nek megfelelő komplex számtól, azaz amelyre a

( z - o k - ϵ ( a - o k ) ) ( z - o k - ϵ ( a - o k ) ¯ ) = = ( z - o l - ϵ ( a - o l ) ) ( z - o l - ϵ ( a - o l ) ¯ )

összefüggés minden egységnyi abszolútértékű ϵ komplex számra teljesül. A (221) összefüggés első ránézésre bonyolultnak tűnik, de αϵ+α¯ϵ¯+γ=0 alakba rendezhető, ahol α és γ komplex számok. Könnyű megmutatni, hogy ilyen összefüggés akkor és csakis akkor teljesül minden ϵ egységre, ha α=γ=0. Ezt az elvet alkalmazva kapjuk, hogy

z = o k o k ¯ - o l o l ¯ o k ¯ - o l ¯ + a

megfelelő.

Ha az OkOl centrálist választjuk a komplex számsík valós tengelyének, akkor az ok, ol számok valósak, ha még AB a képzetes tengely, akkor b=-a és ekkor (222) egyszerűbben így írható:

z + b = o k + o l ,

ami épp azt fejezi ki, hogy az OkBOlV négyszög paralelogramma.

17.6.1.24 A 9.6.2 o) fel. IV. megoldása

A szimmetria kiemelése

Az Ok középpontú rk sugarú k kör és az Ol középpontú rl sugarú l kör mellett tekintsük az Ok középpontú rl sugarú l kört és az Ol középpontú rk középpontú k kört is, azaz tükrözzük eredeti két körünket az OkOl szakasz t felezőmerőlegesére (lásd a 221. ábrát). A k, l körök metszéspontjai A és B, a k, l körök metszéspontjai legyenek UB és UA, a t-re való tükrözésnél UB az A képe, UA a B képe.

Az irányítástartó esetben a KOkUB, UBOlL háromszögek egybevágóak, hiszen két-két oldaluk és köztük lévő szög megegyezik egymással:

K O k = U B O l = r k , O k U B = O l L = r l ,

U B O k K = U B O k A + A O k K = U B O l A + A O l L = U B O l L ,

így a harmadik oldalak is egyenlők: KUB=UBL.

221. ábra. Lásd a \urlhttp://matek.fazekas.hu/portal/elte/elemifgyujt/html/20i.html animációt!

Az irányításváltó esetben a KOkUA, UAOlL háromszögek egybevágóak, hiszen két-két oldaluk és köztük lévő szög megegyezik egymással:

K O k = U B O l = r k , O k U B = O l L = r l ,

U A O k K = U A O k A + A O k K = A O l U A + L O l A = L O l U A ,

így a harmadik oldalak is egyenlők: KUA=UAL.

17.6.1.25 A 9.6.2 p) fel. I. megoldása

Az o) feladat első részében használt UB pont a B pontnak az OkOl szakasz F felezőpontjára tükrözött képe lesz megfelelő V-nek.

Mivel AB felezőmerőlegese az OkOl egyenes, így AUB felezőmerőlegese egybeesik OkOl felezőmerőlegesével. Legyen O tetszőleges pont ezen a felezőmerőlegesen (lásd a 222. ábrát). Tekintsük egyrészt az O középpontú A-n és UB-n átmenő v kört, amely k-t és v-t még Vk-ban és Vl-ben metszi, tekintsük továbbá azt az O körüli φ forgatást, amely Ol-t Ok-ba viszi. Megmutatjuk, hogy φ(UB)=Vk és φ-1(UB)=Vl, amiből következik, hogy UBVk=UBVl.

222. ábra

A φ transzformáció az UB pontot a v körön forgatja, de egyúttal a k kör egy pontjába viszi, hiszen Ol-t Ok-ba képezi és az OlUB távolság is k sugarával egyezik meg: a k körben OkVk=OkB, míg az OkBOlUB paralelogrammában OkB=OlUB. Mivel kv={A,Vk}, így φ(UB)=Vk vagy φ(UB)=A. Mindig az előbbi eset valósul meg. Valóban, O az AUB, OkOl szakaszok közös felezőmerőlegesén van, így az utóbbi eset csak akkor fordul elő, ha O=OkAOlUB, de ekkor a v kör A-ban érinti k-t, tehát a Vk pont is A-ban van.

Hasonlóan igazolható, hogy φ-1(UB)=Vl, amiből már következik a feladat állítása.

17.6.1.26 A 9.6.2 p) fel. II. megoldása

Induljunk ki a kész ábrából és alkalmazzunk rá V centrumú inverziót! A k, l körök képei az egymást az A, B pontok A, B képeiben metsző k, l körök lesznek. A v kör képe az A ponton átmenő v egyenes, amely a Vk, Vl pontok Vk, Vl képeiben metszi a k, l köröket. A V pont egyforma messze van a Vk, Vl pontoktól, tehát V illeszkedik az A-n átmenő VkVl szelő felezőmerőlegesére.

Ez a szituáció az o) feladatrész második részének bizonyításából ismerős. Az ott látható módon megmutatható, hogy V az A pont középpontosan tükrözött képe a k, l körök középpontját összekötő szakasz felezőpontjára.

17.6.2 Két kör közös érintői megoldások

17.6.2.1 Segítség a 9.6.3 a) feladathoz

Az összefüggést megsejthetjük az alábbi animáció alapján.

17.6.2.2 A 9.6.3 a) fel. I. megoldása

Középponti szögek

Rajzoljuk be a körök adott pontokhoz vezető OEE, OEA, OFA, OFF sugarait (lásd a 223. ábrát)! Mivel a két kör érinti egymást, így az OE, OF középpontok és az A érintési pont egy egyenesen vannak, |OEOF|=2R.

223. ábra

Az EOEA háromszögben OEEA=EAOE, míg FOFA-ban AFOF=OFAF. Mivel EAF=90, így EAOE+OFAF=90 és ebből a két háromszög kimaradt szögeinek összege: EOEA+AOFF=180, azaz OEEOFF. Mivel |OEE|=|OFF|, így az OEOFFE négyszög paralelogramma, azaz EF=OEOF=2R.

17.6.2.3 Megjegyzés a 9.6.3 fel. I. megoldásához

Az előző megoldás fő része frappánsabban mondható el az érintő szárú kerületi szög alkalmazásával.

Az EOEA szög a kE körben az EA húr középponti szöge, tehát az EAT érintő szárú kerületi szög duplája (lásd a 224. ábrát). Ugyanígy az AOFF szög a kF körben az AF húr középponti szöge, azaz a TAF érintő szárú kerületi szög kétszerese. Mivel 90=EAT+TAF, így EOEA+AOFF=180.

224. ábra

17.6.2.4 A 9.6.3 a) fel. II. megoldása

Tükrözés

Legyen az E pont A-ra középpontosan tükrözött képe E. Mivel EAF=90, így E egyben az E pont AF egyenesre tengelyesen tükrözött képe is (lásd a 225. ábrát). Ezért egyrészt EF=FE, másrészt 90=EAF=EAF, azaz Thalesz tételének megfordítása szerint EF az l kör átmérője. Ebből EF=EF=2R.

225. ábra

17.6.2.5 A 9.6.3 a) fel. III. megoldása

Eltolás

Tekintsük azt az eltolást, amely az E pontot tartalmazó kE kört az F pontot tartalmazó kF körbe viszi. Ennek OEOF vektorának hossza 2R. Jelölje az E, F pontok eltoltját E1, A1 (lásd a 226. ábrát).

226. ábra

Az AA1E1E paralelogrammában A1E1A=90, hiszen AA1 az l kör átmérője. Másrészt a paralelogrammában A1E1A=E1AE, azaz F=E1 és |EF|=|EE1|=|AA1|=2R.

17.6.2.6 A 9.6.3 b) fel. I. megoldása

Az egyes körökben két-két sugár egyenlő szárú háromszöget alkot(lásd a 227. ábrát): OEE=OEA, illetve OFF=OFA. Az egyenlő szárú háromszög alapon fekvő szögei egyenlők:

α = O E E A = O E A E , β = O F F A = O F A F .

227. ábra

A vizsgált EAF kifejezhető az OEAOF egyenes-szögből:

γ = E A F = 180 - α - β .

Az OEE, OFF sugarak merőlegesek az EF érintőre, így FEA=90-α, EFA=90-β. E két szög összege épp γ, így az EFA háromszög belső szögeinek összege 2γ, amiből a kérdezett γ szög 90-nak adódik.

17.6.2.7 A 9.6.3 b) fel. II. megoldása

A két kör egymásba nagyítható A-ból egy negatív aránnyal és egymásba nagyítható egy másik, H pontból is, ahonnan pozitív arányú nagyítást kell alkalmazni. Ez a H pont a centrális és a külső érintők közös metszéspontja (lásd a 228. ábrát).

228. ábra

Amikor az E-t tartalmazó kE kört H-ból az F-et tartalmazó kF körbe nagyítjuk (illetve kicsinyítjük), akkor a kE körön a centrális A-pontja a kF kör centrálisra illeszkedő B pontjába képződik, míg az AE szakasz képe a BF szakasz lesz. A középpontos hasonlóságnál egyenes képe mindig az eredeti egyenessel egyállású, azaz most AEBF.

Ebből fakadóan az EAF, AFB szögek váltószögek, tehát egyenlők. Az utóbbi szög a kF körben Thalesz tétele szerint derékszög, így a kérdezett szög is az.

17.6.2.8 A 9.6.3 d) mego.

Jelölje a két kör közös pontját A, az A-beli közös érintőjüket a, EF és a metszéspontját H (lásd a 229. ábrát).

H -ből az egyik körhöz húzott két érintőszakasz HE és HA, a másik körhöz innen húzott érintők HA és HF, így HE=HA=HF, azaz H az EF szakasz Thalesz körének középpontja, HA a Thalesz kör sugara. a=HA a két kör A-beli érintője, tehát HA merőleges az előre adott körök centrálisára, tehát a Thalesz kör A-ban érinti a centrálist.

229. ábra

17.6.2.9 A 9.6.3 e) mego.

A két adott kör, az érintőpár és a Thalesz kör is tengelyesen tükrös az adott körök OO centrálisára, így elég az egyik érintővel a 230. ábrán TT-bel foglalkozni.

230. ábra

Az adott körök r illetve r hosszúságú OT, OT sugarai merőlegesek a TT közös érintőre, így a TTOO négyszög derékszögű trapéz. A két adott kör érinti egymást, így a trapéz OO szárának hossza r+r, tehát a vizsgált Thalesz kör sugara r+r2. A trapéz FOFT középvonalának hossza az alapok számtani közepe, tehát r+r2. Ez azt jelenti, hogy a vizsgált Thalesz kör, amelynek középpontja FO, átmegy a TT közös érintő FT pontján. A Thalesz kör érinti is a TT közös érintőt, mert az FOFT középvonal párhuzamos a trapéz OT, OT alapjaival, így merőleges TT-re.

17.6.2.10 A 9.6.3 f) mego.

Egy külső és egy belső érintőegyenes négy olyan szögtartományra osztja a síkot, amelyek közül kettő szomszédos tartományban van a két adott kör és érinti a szögszárakat. Ezért a két kör középpontja a két egyenes két szögfelezőjén helyezkedik el. Mivel két metsző egyenes szögfelezői merőlegesek egymásra, így az érintők metszéspontja a középpontok Thalesz körén van.

17.6.2.11 A 9.6.3 g) fel. I. megoldása

Tekintsük az EKAEL háromszög cE körülírt körében a EKA húr EL-nél található kerületi szögét és az A-nál fekvő érintő szárú kerületi szögét valamint az FKAFL háromszög cF körülírt körében a FKA húr FL-nél található kerületi szögét és az A-nál fekvő érintő szárú kerületi szögét. A két kör pontosan akkor érinti egymást, ha ez a két kerületi szög az ELAFL szöggé áll össze, azaz ha ha

E K E L A + A F L F K E K A F K ( mod 180 ) .

Az EKAFK háromszögben

E K A F K 180 - F K E K A - A F K E K ( mod 180 )

és a K körben az FKA, EKA húr kerületi szögei egyenlők az érintő szárú kerületi szögekkel, azaz

F K E K A F L F K A ( mod 180 ) , A F K E K A E K E L ( mod 180 ) ,

így

E K A F K 180 - F L F K E K + F K E K E L 2 ( mod 180 ) .

Ehhez hasonlóan, az L kör AEL, FLA húrjainak kerületi és érintő szárú kerületi szögei:

E K E L A E L F L A ( mod 180 ) , A F L F K A E L F L ( mod 180 ) ,

és így

E K E L A + A F L F K E K E L F L + E L F L F K 2 ( mod 180 ) .

E K E L A + A F L F K - E K A F K E K E L F L + E L F L F K + F L F K E K + F K E K E L 2 ( mod 180 ) ,

de itt a jobb oldalon az EKELFLFK négyszög belső szögösszegének fele áll, így (230) egyenlet igazolja (224) relációt, tehát a két kör érinti egymást A-ban.

17.6.2.12 A 9.6.3 g) fel. II. megoldása

Alkalmazzunk A centrumú inverziót. A K, L körök képe egy-egy egyenes lesz K és L , amelyek metszik egymást (a K, L körök másik metszéspontjának képében).

Az e, f közös érintőegyenesek képe a K és az L egyenest is érintő e és f kör lesz. Ez a két kör a K, L egyenesek által határolt négy szögtartomány közül ugyanabban lesz, hiszen az e és az f egyenes is a K, L körök által meghatározott négy tartomány közül ugyanabban - a végtelen nagyban van. Az azonos szögtartományban a szögszárakat érintő körök egymásból egy olyan nagyítással kaphatók, amelynek középpontja a szög csúcsa. Így az egyik kör és a két szár érintési pontját összekötő egyenes párhuzamos a másik kör és a két szár érintési pontjait összekötő egyenessel. Ez a két egyenes épp a EKELA, FKFLA körök inverziónál származó képe, tehát ezek a körök valóban érintik egymást A-ban.

17.6.2.13 A 9.6.3 h) fel. I. megoldása

Tekintsük a két kör u közös belső érintőjét és a v közös külső érintőt. Ezek egyeneseinek metszéspontja legyen W, érintési pontjaik a k1, k2 körökön rendre U1 és