Ugrás a tartalomhoz

Matematikai módszertani példatár

Vásárhelyi Éva (2013)

ELTE-TTK

5 Geometria

5 Geometria

A geometria jelentősége a matematika és más tudományok történetében a nem-euklideszi geometria felfedezésével (Bolyai 1973. [], Lobatchevsky 1951 [].), a matematikán belüli megalapozással (Hilbert 1962 [].) fémjelezhető.

Az axiomatikus felépítés a többi tudomány (pl. fizika) számára modellértékű.

5.1. Feladat: Nézzen utána (legalább az interneten), hogy milyen tudományterületekkel van a modern geometriai kutatásoknak közvetlen kapcsolata.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Az aktuális geometriai kutatások nem izoláltan, hanem más matematikai és nem matematikai diszciplínákkal összekapcsolva folynak (algebra, analízis, kombinatorika, informatika, kódoláselmélet, kriptográfia, komputergrafika, biológia, stb.).

A Pólya György (1967. [], 1971. [], 1988 []) nevéhez köthető problémaorientált matematikaoktatásban nehéz letagadni az elemi geometria jelentőségét, hiszen viszonylag kevés ismeret birtokában számos matematizálási lépés elvégzését teszi lehetővé. Egyszerű, természetes és intuitív kérdések vethetők fel, de a legtöbb esetben a megoldáshoz szükség van az egyéni ötletekre és kreativitásra. Már az elemi kérdéskörben is lehet megoldatlan (akár elvileg megoldhatatlan) problémát találni. A heterogén osztályok (többé-kevésbé minden osztály heterogén) számára lehetővé teszi az osztályon belüli ún. belső differenciálást (Herber 1983 [].) az a tény, hogy egy egyszerűen megfogalmazott kérdéskör különböző nehézségű problémák egész sorát teszi vizsgálhatóvá (lásd például a körre tükrözés példáját 1.80. ).

Az iskolai matematika számára nem kevésbé érdekes aspektus, hogy a geometria a matematika többi területéhez képest több verbális és nem verbális eszközzel rendelkezik, ami megkönnyíti a matematikai és a matematikáról való kommunikációt, a szemléltetést és a modellezést.

A geometriatanítás legfőbb céljai egy nemzetközi konferenciára készült tanulmány szerint (Villani et al. 1996 []):

  • a környező világ leírása, megértése és értelmezése

  • gazdag és változatos feladatkészlet biztosítása a tanulók számára

  • megtanítani a diákokat sejtések megfogalmazására, bizonyítások készítésére, példák és ellenpéldák kitalálására

  • eszközt teremteni más matematikai területeknek

  • példa mutatása axiomatikus elméletre

  • gazdagítani a tanulók matematikáról alkotott képét

Az egyetemi geometria felépítésében szigorú értelemben vett axiómarendszerrel dolgozunk. Az iskolai tanításban sokkal tágabb háttéraxiómarendszert használunk, mert több fogalmat alapfogalomként kezelünk.

5.1 Alapfeladatok és kompetenciák

5.1.1 A kerettanterv elvárásai

Alsó tagozat

  • Vonalak (egyenes, görbe) ismerete.

  • A test és a síkidom megkülönböztetése.

  • Testek építése szabadon és megadott feltételek szerint.

  • Tájékozódási képesség, irányok ismerete.

  • A hosszúság, az űrtartalom, a tömeg és az idő mérése. A szabvány mértékegységek: cm, dm, m, cl, dl, l, dkg, kg, perc, óra, nap, hét, hónap, év. Átváltások szomszédos mértékegységek között. Mennyiségek közötti összefüggések felismerése. Mérőeszközök használata.

  • Egyenesek kölcsönös helyzetének felismerése: metsző és párhuzamos egyenesek.

  • A szabvány mértékegységek: mm, km, ml, cl, hl, g, t, másodperc. Átváltások szomszédos mértékegységek között.

  • Hosszúság, távolság és idő mérése (egyszerű gyakorlati példák).

  • Háromszög, négyzet, téglalap, sokszög létrehozása egyszerű módszerekkel, felismerésük, jellemzőik.

  • Kör fogalmának tapasztalati ismerete.

  • A test és a síkidom közötti különbség megértése.

  • Kocka, téglatest, felismerése, létrehozása, jellemzői.

  • Gömb felismerése.

  • Tükrös alakzatok és tengelyes szimmetria előállítása hajtogatással, nyírással, rajzzal, színezéssel.

  • Négyzet, téglalap kerülete.

  • Négyzet, téglalap területének mérése különféle egységekkel, területlefedéssel.

Felső tagozat

  • Térelemek, félegyenes, szakasz, szögtartomány, sík, fogalmának ismerete.

  • A geometriai ismeretek segítségével a feltételeknek megfelelő ábrák pontos szerkesztése. A körző, vonalzó célszerű használata.

  • Alapszerkesztések: pont és egyenes távolsága, két párhuzamos egyenes távolsága, szakaszfelező merőleges, szögfelező, szögmásolás, merőleges és párhuzamos egyenesek.

  • Alakzatok tengelyese tükörképének szerkesztése, tengelyes szimmetria felismerése.

  • A tanult síkbeli és térbeli alakzatok tulajdonságainak ismerete és alkalmazása feladatok megoldásában.

  • Téglalap és a deltoid kerületének és területének kiszámítása.

  • A téglatest felszínének és térfogatának kiszámítása.

  • A tanult testek térfogatának ismeretében mindennapjainkban található testek térfogatának, űrmértékének meghatározása.

  • A tanuló a geometriai ismeretek segítségével képes jó ábrákat készíteni, pontos szerkesztéseket végezni.

  • Ismeri a tanult geometriai alakzatok tulajdonságait (háromszögek, négyszögek belső és külső szögeinek összege, nevezetes négyszögek szimmetriatulajdonságai), tudását alkalmazza a feladatok megoldásában.

  • Tengelyes és középpontos tükörkép, eltolt alakzat képének szerkesztése. Kicsinyítés és nagyítás felismerése hétköznapi helyzetekben (szerkesztés nélkül).

  • A Pitagorasz-tétel kimondása és alkalmazása számítási feladatokban.

  • Háromszögek, speciális négyszögek és a kör kerületének, területének számítása feladatokban.

  • A tanult testek (háromszög és négyszög alapú egyenes hasáb, forgáshenger) térfogatképleteinek ismeretében ki tudja számolni a mindennapjainkban előforduló testek térfogatát, űrmértékét.

Középiskola

  • Térelemek ismerete; távolság és szög fogalma, mérése.

  • Nevezetes ponthalmazok ismerete, szerkesztésük.

  • A tanult egybevágósági és hasonlósági transzformációk és ezek tulajdonságainak ismerete.

  • Egybevágó alakzatok, hasonló alakzatok; két egybevágó, illetve két hasonló alakzat több szempont szerinti összehasonlítása (pl. távolságok, szögek, kerület, terület, térfogat).

  • Szimmetria ismerete, használata.

  • Háromszögek tulajdonságainak ismerete (alaptulajdonságok, nevezetes vonalak, pontok, körök).

  • Derékszögű háromszögre visszavezethető (gyakorlati) számítások elvégzése Pitagorasz-tétellel és a hegyesszögek szögfüggvényeivel; magasságtétel és befogótétel ismerete.

  • Szimmetrikus négyszögek tulajdonságainak ismerete.

  • Vektor fogalmának ismerete; három új művelet ismerete: vektorok összeadása, kivonása, vektor szorzása valós számmal; vektor felbontása, vektorkoordináták meghatározása adott bázisrendszerben.

  • Kerület, terület, felszín és térfogat szemléletes fogalmának kialakulása, a jellemzők kiszámítása (képlet alapján); mértékegységek ismerete; valós síkbeli, illetve térbeli probléma geometriai modelljének megalkotása.

  • A geometriai ismeretek bővülésével, a megismert geometriai transzformációk rendszerezettebb tárgyalása után fejlődött a tanulók dinamikus geometriai szemlélete, diszkussziós képessége.

  • A háromszögekről tanult ismeretek bővülésével a tanulók képesek számítási feladatokat elvégezni, és ezeket gyakorlati problémák megoldásánál alkalmazni.

  • A szerkesztési feladatok során törekednek az igényes, pontos munkavégzésre.

  • Jártasság a háromszögek segítségével megoldható problémák önálló kezelésében.

  • A tanult tételek pontos ismerete, alkalmazásuk feladatmegoldásokban.

  • A valós problémákhoz geometriai modell alkotása.

  • Hosszúság, szög, kerület, terület, felszín és térfogat kiszámítása.

  • Két vektor skaláris szorzatának ismerete, alkalmazása.

  • Vektorok a koordináta-rendszerben, helyvektor, vektorkoordináták ismerete, alkalmazása.

  • A geometriai és algebrai ismeretek közötti összekapcsolódás elemeinek ismerete: távolság, szög számítása a koordináta-rendszerben, kör és egyenes egyenlete, geometriai feladatok algebrai megoldása.

5.1.2 A geometriai fogalmak fejlődése, fejlesztése

A geometriai fogalmak fejlődésének szintjei

A kicsi gyerekek gyökeresen máshogy látják a környezetünkben levő tárgyakat, mint a felnőttek. Látni is és a látványtól elszakadni is meg kell tanulni. A didaktikai kutatások azt igazolják, hogy ebben a tanulási folyamatban, a geometriai fogalmak fejlődésében egymásra épülő, ugyanakkor jól elkülöníthető szinteket lehet megfigyelni. Ezeknek a szinteknek a felismerése, leírása a Van Hiele nevű házaspár nevéhez fűződik, Van Hiele szinteknek is szokás nevezni ezeket. Itt a fogalmak fejlődési szintjeinek Clemens és Battista a geometria didaktika két neves kutatója által egy kicsit továbbfejlesztett változatát adjuk meg.

  • szint felismerés előtti: A gyerekek érzékelik a formákat, de nem képesek különbséget tenni közöttük.

  • szint vizuális: A gyerekek felismernek különböző formákat, és tulajdonságokat is, mentális képeket alkotnak róluk. Ezeket a formákat és tulajdonságokat egységes egészként érzékelik, és a jellemzésükhöz vizuális, képszerű leírásokat használnak. Például azt mondják, hogy egy forma az kör, mivel úgy néz ki, mint egy pénzérme.

  • szint leíró, analitikus: A diákok külön tudják választani a formák egyes részleteit, azok tulajdonságait például a négyzet oldalait, átlóit, a kör középpontját, ... - és ezen tulajdonságaik alapján azonosítják a formákat. Az alakzatokat egyrészt egészként, másrészt pedig tulajdonságaik együtteseként érzékelik.

  • szint absztrakt, összefüggés felismerő: A diákok, tulajdonságaik alapján definiálják és osztályozzák a dolgokat. A tulajdonságok között összefüggéseket állapítanak meg. Megtanulnak különbséget tenni szükséges és elégséges feltételek között.

  • szint formális dedukció: A diákok önálló bizonyításokat készítenek. Tételeket alkotnak és és ezeket formális, logikai következtetésekkel támasztják alá.

  • szint szigor, matematikai: A diákok matematikai rendszerekkel kapcsolatosan is képesek formálisan érvelni. Érvelésük eredményeként képesek megalapozni, kidolgozni és összehasonlítani különböző (axiomatikus) rendszereket.

5.2. Feladat: Idézzük a Sulinova kerettantervéből az első négy osztály geometria anyagának néhány hangsúlyos gondolatát. Döntse el, hogy az üresen hagyott helyeken hányadik Van Hiele szintű fogalmakról szól a megfelelő szöveg.

Kezdetben elsősorban a globális alakfelismerést, azonosítást, megkülönböztetést fejlesztjük (.... szint), a tulajdonságok kiemelése, megnevezése csak ezután következik. A geometriai tulajdonságokról szerzett tapasztalatokat csak hosszú érlelési idő után összegezzük (.... szint).’’

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A tanterv 1. osztályban a 0. szintről az 1. szintre való elmozdulást tűzi ki elsődleges célul. Másik célja a 2. szintre való fejlesztés fokozatos előkészítése. Az alsótagozat további éveiben a geometriatanítás egyik fő hangsúlya ez marad, a gyerekek eljuttatása a legegyszerűbb mindennapi életben leggyakrabban előforduló formák alakzatok 2. szinten való érzékelésére.

5.3. Feladat: Idézzük a Sulinova kerettantervben a negyedik osztályos geometria anyag hangsúlyos gondolatait. Döntse el, hogy az üresen hagyott helyeken hányadik Van Hiele szintű fogalmakról szól a megfelelő szöveg.

A megismert geometriai tulajdonságok és relációk tudatosítása (térbeli, síkbeli és adott más felülethez tartozó alakzatok megkülönböztetése; görbült, szögletes; lyukas, lyuktalan; üreges, tömör; sokszög és nem sokszög; konvex, nem konvex; szimmetriák; alakzatok egybevágósága, hasonlósága (globális látványként) (.... szint). Lapok, élek csúcsok számlálása a megalkotott testeken; összefüggés keresése; lapok kölcsönös helyzete, (szomszédos, szemközti, metsző, merőleges, párhuzamos), egybevágósága; élek kölcsönös helyzete, egyenlőségük. Téglatest, kocka, gömb; alapvető tulajdonságaik. Síkidom, sokszög, háromszög, négyszög, ötszög ..., téglalap, négyzet, kör; alapvető tulajdonságaik. Oldalak, csúcsok, átlók, szög (mint alakzat), derékszög. Oldalak kölcsönös helyzete, egyenlősége; szögek összehasonlítása. Néhány alakzat felismerése, szakszerű megnevezése és jellemzése a tudatosított tulajdonságok és viszonyok alapján (téglatest, kocka, gömb, téglalap, négyzet, kör)’’ (.... szint).

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A szöveg első része bizonyos tulajdonságok vizuális, globális látványként történő tudatosításáról szól, ez az 1. van Hiele szintnek felel meg. A szöveg második része már azt kívánja, hogy képesek legyenek részeire bontani az alakzatokat, és egyrészt egészként, másrészt pedig tulajdonságaik együtteseként érzékelni azokat. Ezek már a 2. van Hiele szinten mozgó feladatok.

Érdemes figyelmet szentelni ennek a felsorolásnak. Egyrészt azért, hogy tudatosodjon bennünk, hogy mindazon ismeretek, amelyeket a felsőtagozaton már egészen magától értetődőnek tekintünk, milyen komoly előkészítést kívánnak. Másrészt azért, hogy lássuk, hogyan lehet a lemaradt diákokat, a lassabban haladókat eljuttatni a 2. szintre, mielőtt magasabb szinten való munkára próbálnánk késztetni őket.

Amerikai kutatások szerint a diákok több mint 70 százaléka úgy kezdi a középiskolás (11-18 év) geometriai tanulmányait, hogy a fogalmi fejlődésnek az első, vagy annál is alacsonyabb szintjén áll (Battista, 1998).

5.4. Feladat:Egy nemzetközi összehasonlító mérésről METE szóló doktori disszertációból való a következő szöveg (Török, J. 2007 [] ). Döntse el, hogy az üresen hagyott helyeken hányadik Van Hiele szintű fogalmakról van szó.

Ábrák és rajzok használata alapvetően fontos segédeszközei a geometria tanításának. Segítenek abban, hogy a tanulók logikailag összetettebb feladatokat értsenek és oldjanak meg, mint a matematika más területein. Más területeken gyengén teljesítő, de jó vizuális képességekkel rendelkező tanulók is sikeresek lehetnek a geometriaórákon. Mindazonáltal az ábrák használata téves fogalmak kialakulásához is vezethet. Ha például egy háromszög egyenlőszárúnak látszik, a gyerekek hajlamosak egyenlőszárúnak tekinteni akkor is, ha ez csak véletlen. Így ahelyett, hogy a logikus gondolkodást segítené, a rajz könnyen egy hamis gondolatmenet forrásává válhat. Az ilyen tanuló ebben a szituációban a .... szintre esett vissza. Ha el is érte a .... szintet, vagy akár még magasabb szintet is, még nincs ott otthon. Van Hiele szerint a .... szinten levő tanulók nem a kép, hanem a kapcsolatok rendszere alapján ítélik meg az alakzatot. Ha egy ábra rajza pontatlan is (vagy torzul a számítógépen) az ilyen tanulók gondolkodása nem megy tévútra, ha biztosítjuk őket, hogy a rajzoló szándéka az volt, hogy az oldalak egyenlők legyenek’’ (Battista-Clemens, 1992).

Alsina és társai (Alsina et al. 1987) szerint a geometriai ismeretek megértésének és közlésmódjának két típusa különböztethető meg: az egyik megfelel a geometriai intuíciónak, vizuális természetű és közvetlen (kreatív és szubjektív), a másik a logikához kapcsolódik, verbális természetű és reflektív (elemző és objektív)’’. A geometria tanításának egyik célja e kétféle megértés összekapcsolása. Így a vizuális képek az intuíció és a kreativitás fontos forrásai maradnak, míg az indoklások a logikai elemzésen alapulnak. A .... Van Hiele szint elérése jelenti az indoklások teljes elszakadását a vizualitástól.’’

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Az a tanuló, akit az ábra félrevezet az a 2., vagy még alacsonyabb van Hiele szintre esett vissza. Ha tud is dolgozni időnként a 3. vagy még magasabb szinten, nincs magabiztossága itt, a fogalmi fejlettsége (legfeljebb) a 2. szinten van. (Egyetemi, főiskolai diákok körében sem ismeretlen a jelenség.) A 3. szinten lévő tanulók már nem a képre, hanem a kapcsolatok rendszerére támaszkodnak. Ez az a szint, ahol a látványhoz, a mintapéldányhoz’’ (vizuális prototípus) fokozatosan hozzáépülnek a fogalmak definíciói, azaz a fogalmakat a látványtól elszakadva, a tulajdonságaik alapján is képesek felfogni, osztályokba sorolni. A fogalmak 4. van Hiele szintjén megvalósul a vizualitástól való teljes elszakadás.

Az ábrák és a fogalmi gondolkodás fejlettségének kapcsolata

A 2. szintről a 3. szintre való átmenet a fogalmi fejlődésben kulcsfontosságú és szorosan kapcsolódik az ábrák használatához. Ábrák és rajzok használata alapvetően fontos segédeszközei a geometria tanításának. Segítenek abban, hogy a tanulók logikailag összetettebb feladatokat értsenek és oldjanak meg, mint a matematika más területein. Más területeken gyengén teljesítő, de jó vizuális képességekkel rendelkező tanulók is sikeresek lehetnek a geometriaórákon. A nem megfelelően használt ábrák azonban hátráltathatják, sőt károsíthatják a fogalmi gondolkodás fejlődését.

Sajnos azonban vannak a tanítási hagyományban olyan elemek, feladattípusok, ábra-rajzolási szokások, amelyek ezt az átmenetet inkább hátráltatják, mint segítik.

A következő feladat látszólag a 3. fogalmi szinten tesz fel kérdéseket, valójában azonban az alakzatok 1. szintű érzékelését erősíti.

5.5. Feladat: Miért hibás a fogalmi gondolkodás fejlesztése szempontjából a következő ábrán látható feladat?

101. ábra. Feladat: Írd mindegyik négyszög alá a nevét!

MEGJEGYZÉSEK A(FELADATHOZ:

Két (meglehetősen gyakori) módszertani hibatípust is tartalmaz a példa.

  1. Ebben a feladatban a gyerekek egy sor négyszöget látnak, amelyeknek bizonyos oldalai párhuzamosnak és (vagy) egyenlőnek látszanak és (vagy) bizonyos szögei látszatra derékszögűek.

  2. Ezeket a tulajdonságokat még inkább hangsúlyozza a feladat azáltal, hogy a négyszögeket egy speciális helyzetben ábrázolja, amelyben az alakzat néhány fontos részlete oldala, átlója, szimmetriatengelye a tankönyvoldal, (monitor, feladatlap) oldalával párhuzamos helyzetben áll.

A feladat azt kéri a gyerekektől, hogy nevezzék meg ezeket a négyszögeket, holott nem adja meg explicit módon az ábra készítőjének a szándékát. Így a gyerekektől azt várjuk, hogy a részletek figyelembe vételével, de mégis a látvány alapján válaszoljanak, ami a fogalomalkotás vizuális szintjén történő gondolkodást erősíti.

Az ilyen típusú feladatokkal, amelyek azt kérik a gyerekektől, hogy egy ábra alapján ismerjék fel, hogy az milyen geometriai alakzatot ábrázol, meglehetősen gyakran találkozhatunk a geometria-tanítási gyakorlatban. Ezek a feladatok károsak a fogalomfejlődés szempontjából, az okozott problémákat fogalmi redukcionizmus’’-nak nevezi a szakirodalom.

Kép, név és definiáló tulajdonság egymásra hatása, funkciója a fogalomalkotásban

A 2. szintről a 3. szintre történő átmenet nehézségét mutatja az is, hogy például a sokszögek osztályozása során a gyerekek hajlamosak a speciális sokszögekre mint elkülönülő típusokra gondolni. Sokuk számára nehéz elfogadni például, hogy a négyzet egy speciális téglalap, vagy speciális rombusz stb. A következő példa egy egyszerű eszközt mutat be, ami sokat segíthet ebben az átmenetben, így a fenti nehézség leküzdésében.

5.6. Példa:

Minden gyereknek van egy 7 kártyából álló készlete (102. ábra). A kártyák kétoldalú lapocskák, amelyek egyik oldalán egyfajta speciális négyszög neve felett annak egy mintapéldánya, vizuális prototípusa, másik oldalán pedig a definíciója szerepel.

102. ábra. A kártyakészlet

A foglalkozás során a gyerekeknek négyszögtulajdonságokat mondunk, nekik fel kell mutatni azokat a kártyákat, amelyekre szerintük fennáll a tulajdonság. Például, ha ezt kérjük:

Mutass olyan négyszöget, amelynek átlói egyenlőek!

Erre a kérdésre mondjuk felmutatják a négyzetet, a téglalapot, akkor továbbkérdezünk:

Nincs több? Tud valaki még másik fajtát is mutatni, aminek biztosan egyenlők az átlói?

Miután megtalálták a húrtrapézt, fontos újra kérdezni Nincs több? és így tovább, mindaddig, amíg meg nem győződnek róla, hogy minden lehetőséget megtaláltak.

Ezután folytathatjuk újabb, pl. ilyen kérdésekkel:

Mutass olyan négyszöget, amelynek vannak egyenlő oldalai.

Mutass olyan négyszöget, amelynek vannak egyenlő szögei.

Mutass olyan négyszöget, amelynek átlói merőlegesek egymásra.

Mutass olyan négyszöget, amelynek átlói felezik egymást.

Mutass olyan négyszöget, amelynek vannak párhuzamos oldalai.

...

Egy idő után egy másfajta kérdést teszünk fel:

Mutass paralelogrammát!

A gyerekek felmutatják a paralelogramma feliratú kártyájukat. A Nincs több? kérdésre magabiztosan válaszolják, hogy persze hogy nincs, hiszen a többinek mindnek más a neve. Ilyenkor ígérhetünk piros pontot, csokit, kalapemelést, ... annak, aki mégis talál másikat. Szerencsés esetben lesz olyan gyerek, aki felmutatja a téglalapot, a rombuszt, vagy a négyzetet. Ebben az esetben kérjük meg őket, magyarázzák el, miért gondolják hogy ezeket paralelogrammának.

Ha nincs ilyen gyerek, kérjük meg őket fordítsák meg a paralelogramma kártyát, és olvassák el a hátoldalán a definíciót. Ezután az eredeti kérést természetes módon helyettesíti egy másik:

Mutass olyan négyszöget,melynek két-két szemközti oldala párhuzamos!

Világos, hogy a négyzet, a téglalap, a rombusz kártyái egyaránt jó példák. A hatás a tapasztalatok szerint elég erőteljes. A kártyák segítségével a gyerekek komolyabb gond nélkül megértik és így elfogadják az olyan első hallásra nehezen elfogadható állításokat, mint:

A négyzet téglalap is, paralelogramma is, trapéz is, rombusz is.

5.1.3 Az alakzat fogalmával kapcsolatos kérdések

5.7. Feladat:Mit jelentenek ezek a szavak: alakzat; síkidom; térbeli test?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Az alakzat egyszerűen pontokból álló halmazt jelent, a síkbeli egy síkra illeszkedő alakzatok, illetve térbeli síkra nem illeszkedő ponthalmazok; ezeket szokás síkidomoknak illetve térbeli testeknek is nevezni. A pont, sík, tér, halmaz szavak tovább nem definiált alapfogalmakat jelentenek.

Hogyan lehet az alakzatokat megadni?

A geometria tanításakor fontos, hogy tanárként tisztán lássuk erre a kérdésre a választ. A válaszadásban segít, ha ponthalmaznak tekintjük az alakzatokat.

26. táblázat. Halmaz és alakzat megadása

A geometriában bizonyos ponthalmazokat, és bizonyos tulajdonságokat alapfogalomnak választunk, nem definiáljuk őket. Ilyen definíció nélkül elfogadott ponthalmazok, alapalakzatok, a pont, az egyenes, a sík, a tér, a félegyenes, a szakasz, a félsík, a féltér. Ezek tulajdonságait axiómák rögzítik.

Alapfogalom a két pont távolsága is, ami függvény, amely a pontpárokhoz pozitív számokat rendel hozzá. Távolságok egyenlősége szintén axiomatikus szinten meghatározott tulajdonság. Ezek azok az alapvető építőköveink, amelyekből az alakzatainkat megalkotjuk.

(1) Alakzatok megadása pontjainak felsorolásával

Ezen a módon véges sok pontból álló alakzatokat tudunk megadni.

5.8. Példa:Véges sok pontot megadhatunk koordinátáival vagy egyszerűen felrajzoljuk azokat.

103. ábra. Véges sok pontból álló alakzat

(2) Alakzatok megadása tulajdonsággal mértani helyek

Azokban a feladatokban, ahol egy mértani hely egy tulajdonsággal megadott ponthalmaz megkeresése a feladat, valójában egy predikátum nyitott állítás, nyitott mondat igazsághalmazának a megkeresése a cél.

Ezen feladatok megoldása tehát szoros analógiában áll az egyenletek, egyenlőtlenségek megoldásával, amint azt a koordinátageometriában is tapasztaljuk.

A távolságok segítségével sokféle fontos tulajdonságot lehet megfogalmazni, ezért ezt gyakran használjuk ponthalmazok megadásakor.

A tantervben a távolságokkal és a mértani helyekkel kapcsolatos minimumkövetelmények:

... pont és egyenes távolsága,

két párhuzamos egyenes távolsága,

szakaszfelező merőleges,

szögfelező, ...

Nevezetes ponthalmazok ismerete, ....

Ezekben a minimumkövetelményekben nem csak két pont távolságának, hanem pont és egyenes, illetve egyenes és egyenes távolságának ismeretére is szükség van.

A távolság általánosabb fogalmának, pont és alakzat, illetve alakzat és alakzat távolságának tanítása nem fogalmazódik meg direkt módon a tantervben és időhiányra hivatkozva sokszor ki is marad a tanításból.

Itt említjük, de számos más esetben is ez történik, a megalapozásra kevesebb idő és energia marad. A hangsúly a célokra, a célismeretek begyakorlására helyeződik, amit lehet, hogy hatékonyabban és gyorsabban elérhetnénk, ha az alapokra több gondot fordítanánk.

A következő példáink éppen a távolság fogalmának megalapozásához adnak segítséget.

Pont és alakzat távolsága

Az ilyen feladatokat általában könnyűnek és érdekesnek találják a gyerekek, ugyanakkor a szerzett tapasztalatok nagyon nagy segítséget jelenthetnek a távolsággal kapcsolatos mértani helyek meghatározásakor.

Hasonlóan jól fejleszthető a távolság-fogalom két alakzat távolságáról szóló feladatokkal is, de ezek a tantervi anyag szempontjából nem annyira alapvetőek.

A) Pont és véges sok pontból álló alakzat távolsága

Két pont távolságának mérése alsó-tagozatos anyag, ezt követi a felső-tagozaton pont és egyenes távolsága.

Az egyenestől való távolság fogalma nem könnyű, hiszen a pontot az egyenes pontjaival összekötő végtelen sok szakasz hosszát kell összehasonlítani, (kellene megmérni).

Érdemes tehát először egy pont távolságát véges sok pontból álló alakzatoktól méréssel meghatározni.

(Az ilyen feladatok a gyerekeknek sokkal természetesebbek, mint nekünk, akiket rászoktattak, hogy az alakzat valami összefüggő vonalat, vagy tartományt jelent.)

5.9. Példa:A *-gal jelölt pontok Mókus elásott diótartalékainak a helyét jelölik. A +-szal jelölt pont Mókus pillanatnyi helyét mutatja, aki éppen nagyon éhes. Milyen messze van Mókus az ennivalótól (az ennivalókat jelző ponthalmaztól)?

104. ábra. Mókus és a diókészlete

Ilyen és hasonló példák szemléletesen vezetnek el ahhoz a gondolathoz, hogy egy pont és egy alakzat távolságát két pont távolságára próbáljuk visszavezetni, a távolságot a pontot az alakzatnak a hozzá legközelebb fekvő ponttal összekötő szakasz hosszával mérjük.

Az 104. ábrát szándékosan úgy készítettük, hogy egyértelmű legyen a legrövidebb szakasz, de ha a tanulók korongokkal, mágnesekkel vagy dióval kísérletezhetnek, akkor nagyon hamar előkerül az egyenlő hosszú szakaszok közötti választás kérdése.

B) Két véges sok pontból álló alakzat távolsága

Az elv az, hogy megkeressük, hogy az egyik alakzat pontjai közül melyik van legközelebb a másik alakzathoz. A legközelebbi pont távolsága lesz a két alakzat távolsága.

Eközben nyilván minden olyan szakaszt megmérünk, amely különböző alakzatokhoz tartozó pontokat köt össze és a legrövidebb(ek) hossza a két alakzat távolsága.

5.10. Feladat:Adott két alakzat. Az egyik két pontból áll, a másik három pontból. A három pont közül melyik van legközelebb a két pontból álló alakzathoz?

Mennyi a két alakzat távolsága?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

105. ábra. Két alakzat távolsága

Az 105. ábrán az A pont X-hez közelebb van, mint Y-hoz, A távolsága az X,Y alakzattól AX.

A B pont Y-hoz közelebb van, mint X-hez, B távolsága az X,Y alakzattól BY.

A C pont Y-hoz közelebb van, mint X-hez, C távolsága az X,Y alakzattól CY.

A három távolság közül CY a legkisebb.

Ha a különböző alakzatok (különböző színű) pontjait összekötő szakaszok listáját együtt nézzük, akkor is a CY szakasz adódik legrövidebbnek, ez 1,5 hosszúságegység.

Az ilyen kísérlethez a korongoknál alkalmasabb az aktív tábla vagy egy dinamikus geometriai program, mert a helyváltoztatással egyidőben a távolságok is láthatók.

C) Pont és egyenes távolsága

Ennek tanításakor feltétlenül szükség van arra, hogy a gyerekek mérjenek, bőséges tapasztalatanyagot szerezzenek.

A legegyszerűbb, ha papíron mérik egy adott pont, és egy adott egyenes szabadon választott pontjai között a távolságokat, így keresik az egyenesnek az adott ponthoz lehető legközelebbi pontját.

Ez a tapasztalás még közvetlenebb, ha az udvaron, vagy tornateremben, ..., mérnek.

Ezek az élmények megerősítik a fogalomnak azt a tartalmát, hogy a pont és egyenes távolsága a pontjaikat összekötő szakaszok közül a legrövidebb, és ehhez társul az az észrevétel, hogy ez éppen a pontból az egyenesre állított merőleges szakasz.

106. ábra. Pont és egyenes távolsága

Igazolni például a pont körül írt körök segítségével lehet.

D) Pont és kör távolsága

5.11. Feladat:Egy adott kör síkjában fekvő pontokhoz szerkessze meg

  • a pontokat a körvonal pontjaival összekötő legrövidebb szakaszt! (Ennek a hossza a pontnak a körvonaltól mért távolsága.)

  • a pontokat a körlemez pontjaival összekötő legrövidebb szakaszt! (Ennek a hossza a pontnak a körlemeztől mért távolsága.)

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A feladat a) részéhez Elég rövid kísérletezés után kialakul a sejtés:

A ponton át a középpontból induló félegyenest fektetünk, és ennek a félegyenesnek a körvonallal alkotott metszéspontjához vezet az adott pontból a legrövidebb szakasz.

A mikor igazolni akarjuk a sejtést, úgy találjuk, hogy

  • van olyan pont, amelyre azért nem tudjuk alkalmazni a szabályt, mert nem tudunk félegyenest húzni. Ez a kör középpontja. A kör középpontját a körvonal tetszőleges pontjával összekötő szakasz hossza éppen a sugár hossza. Bármelyik szakaszt tekinthetjük legrövidebbnek. Ebben az esetben tehát találtunk (más úton) legrövidebb szakaszt, méghozzá végtelen sokat.

  • a kör síkjának többi pontján át egyértelműen húzható a középpontból induló félegyenes, de van olyan pont, ahol nem kapunk legrövidebb szakaszt, mert a körvonallal alkotott metszéspont maga a kiindulópont.Ezen a ponton elválik egymástól a körvonaltól való távolság és a legrövidebb szakasz megkeresésének feladata. A körvonal pontjaihoz nem találtunk legrövidebb szakaszt, de távolságot tudunk értelmezni.Minden alakzat esetében igaz, hogy az alakzathoz tartozó pontok 0 távolságra vannak az alakzatról, így a körvonal pontjainak is 0 a körvonaltól mért távolsága.

A fennmaradó pontok esetében működik a megsejtett eljárás, csak azt kell belátni, hogy valóban a legrövidebb szakaszhoz jutunk.

A bizonyítás gondolatmenetét a 107. ábra szemlélteti. Az adott kör középpontja O, a kör sugara r hosszúságú. Az általunk vizsgált pontok közül B a kör belsejében, K a körön kívül fekszik. Az OB félegyenes a kört a B pontban, a kiegészítő félegyenes pedig a B pontban metszi a körvonalat. Hasonlóan, az OK félegyenes K-ben, a kiegészítő félegyenes pedig B-ben metszi a körvonalat.

107. ábra. A körvonalhoz vezető legrövidebb szakasz

A K külső pontot a kör egy tetszőleges, K-től különböző P pontjával összekötve a háromszög-egyenlőtlenség alapján

O P + P K > O K = O K + K K , és OK=OP=r,

tehát a tetszőlegesen választott P pontra PK>KK.

Hasonlóan, a B belső pontra a kör egy tetszőleges, B-től különböző P pontjával összekötve

O B + B B = O B = r = O P < O B + B P , tehát BB<BP. A feladat b) részéhez

A zárt körlemez pontjaihoz nem tartozik legrövidebb szakasz, de távolságot értelmezhetünk, a körlemezhez tartozó pontok távolsága a körlemeztől 0. A külső pontok körlemeztől mért távolsága megegyezik a körvonaltól mért távolsággal.

E) Ha nem létezik az összekötő szakaszok között legrövidebb

Véges, illetve zárt ponthalmazoknál a halmazhoz nem tartalmazó pontok esetén van az adott pontot az alakzat pontjaival összekötő szakaszok között legrövidebb (vannak legrövidebbek), így ennek a (ezeknek a közös) hosszával mérhetjük a távolságot.

De ha például egy külső pontnak egy nyílt körlemeztől való távolságát akarjuk mérni, akkor nincs legrövidebb az összekötő szakaszok között. A szakaszhosszaknak ekkor is van alsó határa és ez lesz a távolság, mivel a szakaszhosszak alulról korlátos halmazt alkotnak (0 pl. alsó korlát), tehát létezik az alsó határ.

Külső és határpontra az is teljesül, hogy a körvonaltól és a nyílt körlemeztől ugyanaz a távolságuk. Belső pontra a körvonaltól és a körlemeztől való távolság nyilván különböző.

5.12. Feladat:Hogyan mérjük egy pont távolságát

  • egy félegyenestől?

  • két közös kezdőpontú félegyenestől?

  • a két közös kezdőpontú félegyenes által határolt szögtartománytól?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ: A feladat a) részéhez

108. ábra. Pont és félegyenes távolsága

A félegyenes végpontjában a rá merőleges egyenes távolságmérés szempontjából két osztályba sorolja a sík pontjait.

A félegyenest tartalmazó félsík pontjainak merőleges vetülete a félegyenesre esik, ekkor a félegyenestől mért távolság megegyezik a félegyenes tartóegyenesétől mért távolsággal, tehát a pontból a félegyenesre bocsátott merőleges szakasz hossza a távolság. (Az 108. ábrán az A pont ilyen.)

A félegyenest nem tartalmazó félsík pontjainak merőleges vetülete a kiegészítő félegyenesre esik, ekkor a félegyenestől mért távolság a pontot a félegyenes kezdőpontjával összekötő szakasz hossza. (Az 108. ábrán a B pont ilyen.)

A feladat b) részéhez

A sík pontjait a két félegyenesből álló alakzattól való távolságmérés szempontjából feloszthatjuk aszerint, hogy egy-egy félegyenestől külön-külön hogyan mérjük a távolságát. Logikai szempontból lehet

A típusú, ha mindkét félegyenesnek a tartóegyenesétől mérünk,

B típusú, ha az elsőnek a tartóegyenesétől, a másodiknak a kezdőpontjától mérünk,

C típusú, ha az elsőnek a kezdőpontjától, a másodiknak a tartóegyenesétől mérünk,

D típusú, ha mindkettőnek a kezdőpontjától mérünk.

Közös kezdőpontú félegyenesek szögvonal esetén ezek az osztályok szögtartományok és azok határvonalai lesznek. A félegyenesek szögétől függően egyes osztályok kiürülhetnek (pl. egyenesszögnél).

109. ábra. Szögvonaltól mért távolság

Az 109. ábrán olyan esetet ábrázoltunk, amelyben egyik típus sem hiányzik.

Piros színnel jelöltük a szögvonaltól való távolságot adó szakaszokat. Érdemes megbeszélni, hogy a B és C típusnál a merőleges szakasz mindig rövidebb, mint a kezdőponttal összekötő szakasz. Az A típusnál a két merőleges szakaszt kell összehasonlítani, de az A2 és A3 típusnál mérés nélkül is tudható, hogy a valamelyik szögszárat metsző szakasz az elválasztás miatt hosszabb a másik merőlegesnél. Tényleges mérésre még A1-nél sem lenne szükség, ha berajzolnánk a félegyenesek szimmetriatengelyét.

A kísérletezéshez (idősebb tanulók számára is) nagyon alkalmasak a fóliára rajzolt félegyenesek és félsíkok.

A feladat c) részéhez

A szögvonal két szögtartományt határoz meg (ha a két félegyenes nem esik egybe). Mindkét szögtartomány esetében igaz, hogy a szögtartománytól mért távolság belső és határpontokra 0, külső pontokra pedig megegyezik a szögvonaltól mért távolsággal.

Egy alakzattól adott távolságra levő pontok halmaza

Ebben a témakörben a tanterv a ponttól, illetve az egyenestől adott távolságra lévő pontok halmazának ismeretét kívánja meg.

Ennek tanításakor is többet ér a bőséges tapasztalatszerzés, mint a válasz gyors megfogalmazása.

5.13. Példa: Jelölj ki a papírlapodon egy O pontot és adj meg egy távolságot. Válassz egy tetszőleges pontot a papírlapodon és színezd ki aszerint, hogy az adott távolságodhoz képest milyen messze van az O ponttól. Színezd pirosra, ha éppen olyan messze van, kékre, ha messzebb, zöldre, ha a választott távolságnál közelebb van O-hoz!

Próbálj minél több piros pontot találni!

Hol helyezkednek el a piros pontok?

Hol helyezkedik el az összes piros pont?

Hasonló feladatot tűzhetünk ki az egyenestől adott távolságra levő pontokkal kapcsolatban is.

Ezek a feladatok is eljátszhatók a szabadban, utána persze a füzetben is meg kell jeleníteni a szerzett tapasztalatokat.

A feladat ilyen megfogalmazásának előnye, hogy könnyebb hozzálátni a feladat megoldásához, mintha rögtön az adott távolságra levő pontok összességének keresése lenne a feladat. A távolabb, vagy közelebb levő pontok beszínezése hatékonyan irányíthatja rá a gyerekek figyelmét arra, hogy hol kell az éppen adott távolságra levő pontokat keresni.

Arra is gondoljunk, hogy az egyenlőséggel (a síkhoz képest elenyészően) kevés pontról mondunk valamit, míg ezzel a módszerrel a sík összes pontjáról gyűjtjük az információt.

A tapasztalatszerzést követi az észrevételek megbeszélése, és a szerzett ismeretek rögzítése, majd a gyakorlás. A gyakorlást felhasználhatjuk arra, hogy a gyerekek átlátszó papíron készítsenek színes ábrákat, ponttól, egyenestől adott távolságra, annál közelebb, távolabb levő pontokról.

Érdemes a csoportmunka számára ilyen készleteket előkészíteni, pl. egy-egy 4 fős csoportban készüljön ábra egy ponttól 3cm, illetve 5 cm távolsággal, és ugyanígy egy egyenestől 3cm, illetve 5 cm távolsággal.

Ezek a tapasztalatok nagyon alkalmasak a gondolkodás fejlesztésére. Rájuk alapozva sokféle komoly gondolkodást igénylő feladat oldható meg manipulációval kísérve.

5.14. Példa:Vegyél fel

(a) egy A és egy B pontot,

(b) egy a egyenest és egy B pontot

(c) egy A pontot és egy b egyenest!

(d) egy a és egy b egyenest!

Keresd meg azokat a pontokat, amelyek az A ponttól vagy az a egyenestől 3 cm-nél közelebb vannak, a B ponthoz vagy a b egyeneshez képest pedig 5 cm-re, vagy annál távolabb vannak!

A példában szereplő kérdésfelvetések kezeléséhez mintaként interaktív feladatlapokat készítettünk. Ezeket nem tanulóknak, hanem tanároknak, tanárjelöltek számára gondolatébresztőnek szántuk. A tanulók számára éppen a fogalmi megalapozásról mondottak értelmében továbbra is a fólia, átlátszó papír használatát tartjuk hasznosnak. A tanár a tapasztalatok összegzésénél természetesen használhat a mienkhez hasonló segédeszközöket.

Az átlátszó papíron elkészített ábrák egymásra helyezésével könnyebb megkeresni a (komplex) feltételnek megfelelő pontokat. Azoknak a tanulóknak is fejlődnek a távolsággal kapcsolatos elképzelései, akik statikus ábrán vagy verbálisan még nem kezelik biztonságosan a fogalmat.

Az átlátszó papír másik előnye, hogy egy feladat megoldása után a papírok elmozgatásával rögtön új feladatot nyernek. Az alakzatok mozgatásával sokféle lehetőséget meg tudnak vizsgálni, bíztathatjuk a gyerekeket újabb és újabb típusú megoldások keresésére.

A statikus feladat mozgásba lendül és ettől nemcsak érdekesebb lesz, hanem jobban be is vésődik (legalábbis a tevékenységhez kötődve). Talán átélhetik ezt az élményt, ha megnyitják az interaktív feladatlapot. A linkre kattintva a példa (a) részéhez, (b) részéhez, (c) részéhez, illetve a (d) részéhez készített interaktív feladatlaphoz ugorhat.

Közvetlenül a távolság fogalmán alapul a következő feladattípus. Ezek a feladatok egy kicsit szokatlanok, de fontosak és hasznosak, ugyanakkor nem nehezek, sőt a megoldásuk szórakoztató és inspirálják a diákokat, hogy maguk találjanak ki újabb feladatokat.

5.15. Példa:A sík pontjainak színezése

  • Vegyél fel két pontot egymástól két centiméter távolságra. Melyek azok a pontok, amelyek ettől a két pontból álló alakzattól 3 cm-nél közelebb, távolabb, éppen 3 cm-re vannak? Színezz!

  • Vegyél fel két egyenest, amelyek metszik egymást! Melyek azok a pontok, amelyek ettől a két egyenesből álló alakzattól 3 cm-nél közelebb, távolabb, éppen 3 cm-re vannak? Színezz!

  • Vegyél fel egy félegyenest! Melyek azok a pontok, amelyek ettől 3 cm-nél közelebb, távolabb, éppen 3 cm-re vannak? Színezz!

  • Szerkeszd meg egy egyenestől és egy pontból álló alakzattól 3 cm-re levő pontok halmazát! Változtasd a pont és az egyenes távolságát! Hogyan változik a ponthalmaz?

  • Vegyél fel két egymásra merőleges szakaszból álló alakzatot és egy távolságot! Szerkeszd meg a tőle adott távolságra levő pontok halmazát! Változtasd az alakzatok helyzetét!

Gyakorlásnak is jók, és igen hasznos eszköz készítésére is alkalmasak a következő feladatok:

5.16. Példa:

Milyen alakzat egy ponttól egész cm távolságra levő pontok halmaza?

Milyen alakzat az egyenestől egész cm távolságra levő pontok halmaza?

Megoldás:

A fenti ábrákat több példányban átlátszó fóliára rajzolva (másolva vagy nyomtatva) jól használható kísérleti eszközt nyerünk távolságokról szóló mértani helyek kereséséhez. Érdemes a távolságnak megfelelően számozni a köröket, illetve az egyeneseket.

5.17. Példa:

  1. Helyezz két körsort egymásra.

    • Keress olyan pontokat, amelyek a két alapponttól egyenlő távolságra vannak!

    • Keress olyan pontokat, amelyeknek a két alapponttól vett távolságösszege egy adott érték, pl. 6 cm!

  2. Helyezz két egyenessort egymásra.

    • Keress olyan pontokat, amelyek a két alapegyenestől egyenlő távolságra vannak!

    • Keress olyan pontokat, amelyeknek a két alapegyenestől vett távolságösszege egy adott érték, pl. 6 cm!

  3. Helyezz egy körsort és egy egyenessort egymásra!

    • Keress olyan pontokat, amelyek a két alapalakzattól, a ponttól és az egyenestől egyenlő távolságra vannak!

    • Keress olyan pontokat, amelyeknek a két alapalakzattól, a ponttól és az egyenestől vett távolságösszege egy adott érték, pl. 6 cm!

Megoldások:

Az 1.a) feladathoz: Az egyforma számozású körökre figyelünk.

Az összekötő szakasz felezőmerőlegesén elhelyezkedő pontokat kapunk.

Az 1.b) feladathoz: azoknak a köröknek a metszéspontját keressük, amelyek számozásának összege 6.

Ha a pontok távolsága 6-nál kisebb, akkor egy ellipszisen elhelyezkedő pontokat kapunk (a két középpont a fókusz, a nagytengely 6).

A 2.a) feladathoz: két párhuzamos egyenessort használunk, az egyenlő számozású egyenesek metszéspontját keressük. A kapott pontok a szögfelező egyeneseken vannak.

A 2.b) feladathoz: azoknak az egyeneseknek a metszéspontját keressük, amelyek számozásának öszege 6.

A kapott pontok egy olyan téglalap oldalain helyezkednek el, amelynek oldalai párhuzamosak a szögfelezőkkel. A téglalap félátlója 6.

A 3.a) feladathoz: az egyenlő számozású körök és egyenesek metszéspontját keressük.

A kapott pontok egy parabolán helyezkednek el, melynek fókusza a körök középpontja, vezéregyenese az alapegyenes.

A 3.b) feladathoz: Olyan pontokat kell keresni, amelyek az egyenestől egy kiválasztott távolságra vannak, a középponttól való távolság pedig 6-ra egészíti ki ezt.

Ha a pont és az egyenes távolsága kisebb, mint 6, akkor a pontok mindkét félsíkban egy-egy parabolán helyezkednek el, melyek az alapegyenesen metszik egymást. A fókuszuk közös, vezéregyeneseik pedig az alapegyenestől 6 távolságban haladó párhuzamosok. (A P pont távolsága v-től és F-től összesen 6. Ugyanígy a P pont távolsága v-től és pl. v1-től összesen 6, tehát a P pont távolsága v1-től és F-től ugyanannyi.)

Építkezés már meglévő alakzatokból

Alakzataink jelentős részét ezzel a módszerrel tudjuk megalkotni. Ebben kiemelkedő szerepe van az alapalakzatoknak, ezek szolgáltatják az alapanyagot többek között a sokszögfogalom megalkotásához pl. a háromszögeket megkaphatjuk három félsík közös részeként.

Ez a megadási mód ritka az iskolai matematikatanításban, holott nagyon hasznos lehetne.

5.18. Feladat:Egy sík összes félsíkjai között válogathatunk. Milyen újabb az alapalakzatok között nem szereplő alakzatot kaphatunk

  • két félsík közös részeként?

  • három félsík közös részeként?

  • két félsík egyesítéseként?

  • három félsík egyesítéseként?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A félsíkok fontos alakzatok, többek között ezek a szögtartományok és a sokszögek alapépítőkövei. Érdemes velük többet foglalkozni az iskolában. Ehhez azonban szükséges, hogy megfelelő eszközöket adjunk a gyerekek kezébe.

Átlátszó, nem túl puha A4-es fóliából kivágott, félsíkot imitáló alakzat: a lap egyik hosszabbik, egyenes oldalát meghagyjuk, a többit görbe, szabálytalan vonallal helyettesítjük. Az egyenes oldal egy végtelenbe nyúló, geometriai egyenest jelképez, a szabálytalan, görbe vonalakkal azt jelezzük, hogy ott végtelenbe nyúló alakzatról van szó.

A feladat a) részéhez

Ilyen módon vagy elfajuló’’ (0 illetve 1 dimenziós) alakzatot kapunk üres halmazt vagy egyenest , vagy pedig tartományt’’ (2 dimenziós alakzatot) félsíkot, sávot, vagy szögtartományt. Vegyük észre, hogy ezeket a tartományokat egyenesdarabok’’ (egyenes, félegyenes, szakasz) határolják, méghozzá legfeljebb kettő:

a félsíkot egy egyenes a konvex szögtartományt két félegyenes a sávot két egyenes határolja.

A feladat b) részéhez

Három félsík közös része szintén lehet elfajult’’, vagy pedig tartomány’’, amelyet legfeljebb három egyenesdarab határol. Ez a közös rész vagy maga is alapalakzat, vagy pedig megkaphatjuk egy félsík és egy szögtartomány, illetve egy félsík és egy sáv metszeteként.

A feladat c) részéhez

Két félsík uniója lehet a teljes sík, egy félsík, vagy egy tetszőleges konkáv szögtartomány.

A feladat d) részéhez

Három félsík uniójaként félsíkok és a teljes sík mellett olyan tartományokat kaphatunk, amelyeket legfeljebb három egyenesdarab határol, és amelyeknek minden szöge konkáv szög.

A két nem metsző egyenes által határolt tartomány, a sáv, az iskolában elhanyagolt alakzat, a tananyag nem foglalkozik vele, pedig a geometriatanításban nagyon sokat segíthet, ha bevezetjük és használjuk. A sávok az alakzatépítésnek legalább olyan fontos eszközei, mint a szögtartományok és mint a tér alapalakzatai.

5.19. Feladat:Milyen tartományokat kaphatunk

két konvex szögtartomány,

két sáv, illetve

egy konvex szögtartomány és egy sáv metszeteként?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Ehhez a feladathoz is feltétlenül adjunk eszközt a gyerekek kezébe!

Válaszok:

  • Két szögtartomány metszeteként olyan tartományokat kaphatunk, amelyeket legfeljebb négy egyenesdarab határol. Ha nincs közöttük félegyenes, akkor háromszöget vagy négyszöget kapunk, ha van, pontosan kettő félegyenes van a határán. Kaphatunk szögtartományt, illetve, más végtelenbe nyúló alakzatot, ha a határán van egy vagy két szakasz is.

  • Egy szögtartomány és egy sáv metszeteként az előzővel megegyező típusú alakzatokat kaphatunk, azonban ezek közül azoknak, amelyeket négy egyenesdarab határol biztosan van két párhuzamos a határoló vonalai között. Tehát csak trapézokat kaphatunk a négyszögek közül ilyen módon.

  • Két sáv metszeteként kapott tartomány vagy maga is sáv, ha a határoló egyenesek párhuzamosak, vagy paralelogramma, ha a sávok metszik egymást.

A szögek, illetve a sávok szélességének alkalmas megválasztásával minden háromszöget és négyszöget megkaphatunk.

Ezek közül a szimmetrikus háromszögek és négyszögek építésével a szimmetrikus alakzatokról szóló részben külön is foglalkozunk.

5.1.4 Transzformációk tanításának kérdései

A következőkben elsősorban a sík egybevágósági transzformációival foglalkozunk. Annak eldöntésére, hogy két alakzat egybevágó-e alapvetően kétféle stratégiát kínálunk az iskolai tananyagban.

  • Az egyik stratégia szerint a háromszögek egybevágóságának alapeseteit (vagy az ezekből levezethető, sokszögek, poliéderek egybevágóságára vonatkozó tételeket) felhasználva kell igazolni az egybevágóságot.

  • A másik stratégia szerint olyan egybevágósági transzformációt keresésünk, ami egyik alakzatot a másokba viszi.

Példák a kétféle stratégia alkalmazására

5.20. Példa:

A C B háromszög valamint BCA háromszög egy ABC háromszög BC és AC oldalai fölé kifelé írt szabályos háromszögek. Bizonyítandó, hogy az AA valamint a BB szakaszok egyenlőek.

Válaszok:

  • Egybevágósági alapesetekre alapozott indoklás: ACB, háromszög valamint BCA háromszög szabályos, tehát fennáll, hogy AC=BC, illetve BC=AC. Az ACA=BCB=γ+60, ezért az AAC háromszög egybevágó a BBC háromszöggel, hiszen két oldaluk és az általuk közbezárt szögek megegyeznek.

  • Transzformációra alapozott indoklás:Mivel az ACB háromszög valamint BCA háromszög szabályosak háromszögek, ezért az AA szakaszt a C pont körül 60-kal elforgatva az A pont a B pontba, az A pont pedig a B pontba kerül. Tehát az AA szakasz képe éppen a BB szakasz. Ezzel a gondolatmenettel azt is beláttuk, hogy ez a két szakasz egymással 60-ot zár be.

5.21. Feladat:Melyik megoldási módot érzi közelebb magához?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ: Próbálja meg fejleszteni magát a másik stratégiában is! Ebben segíthetnek a következő feladatok.

5.22. Feladat:Bizonyítsa be kétféleképpen az alábbi állításokat!

  • Egy paralelogramma oldalaira kifelé négyzeteket rajzolunk. Bizonyítsa be, hogy a négyzetek középpontjai egy négyzetet feszítenek ki!

  • A C B háromszög valamint BCA háromszög egy ABC háromszög BC és AC oldalai fölé kifelé írt szabályos háromszögek. Nevezzük AB oldal felezőpontját F-nek, CB illetve CA oldalak felezőpontjait pedig X-nek illetve Y-nak. Bizonyítandó, hogy az XYF háromszög szabályos.

  • Egy A csúcsú szög két különböző szárán felvesszük az X illetve az Y pontokat, úgy hogy XA+YA=2d fennálljon, ahol d egy előre távolság. Bizonyítandó, hogy X és Y tetszőleges megválasztása mellett az így nyert XY szakaszok felező-merőlegesei egy ponton mennek át.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A feladat a) részéhez

1. megoldás:

A paralelogramma szemközti oldalai egyenlőek, tehát a rájuk rajzolt négyzetek átlói is megegyeznek egymással, jelöljük ezeket 2x és 2y-nal. A paralelogramma szemköztes szögei egyenlőek, nevezzük a kisebbik szöget α-nak. Azt mutatjuk meg, hogy az NKLM négyszög bármelyik két szomszédos oldala egyenlő hosszú és merőleges. Válasszuk például a K csúcsban találkozó KL és NK oldalakat. Az NDK és KCL háromszögek egybevágóak két oldaluk x és y, az általuk közbezárt, D illetve C csúcsú szög α+245. Tehát a harmadik oldaluk is egyenlő: NK=KL. A háromszögek azon szögei, amelyek a K csúcsban találkoznak, egyenlőek és egyirányúak. Egy-egy megfelelő száruk, DK illetve KC merőleges egymásra, mivel ezek a négyzet félátlói, így másik száruk, NK és KL is merőleges.

2. megoldás: Megmutatjuk, hogy az NKLM négyszög bármelyik két szomszédos oldala egyenlő hosszú és merőleges. Válasszuk például a K csúcsban találkozó KL és NK oldalakat. Forgassuk el az NDK háromszöget a K csúcs körül 90-kal, és figyeljük meg, hogy hová kerülnek az ND illetve az DK oldalak! A DK a KC szakaszra kerül, hiszen ezek egy négyzet félátlói, tehát a D pont a C-be kerül. Az ND képe tehát ND-re merőleges, C végpontú szakaszba megy át. (Ez csak a CL szakasz lehet, mert a KC szakasszal 90-nál nagyobb szöget kell bezárnia, mivel az NDK szög bizonyosan nagyobb, mint 90). Eszerint ND képe éppen a CL szakasz, azaz N pont képe L pont, amiből az állításunk következik.

A feladat b) részéhez

1. megoldás:

Jelölje az ábra szerint az AC és BC oldalak felezőpontjait G és H. Az előző feladat megoldásával rokon módon bizonyítható, hogy az XCY, YHF illetve FGX háromszögek egybevágóak, és ebből következően az XY, YF és FX oldalak is egyenlőek és 60-os szöget zárnak be.

2. megoldás:

Az előző feladat megoldásához hasonlóan belátható, hogy az XCY háromszöget egy X pont körüli (megfelelő irányú) 60-os forgatás az XFG háromszögbe, egy Y pont körüli (megfelelő irányú) 60-os forgatás pedig az FHY háromszögbe, amiből közvetlenül következik az állításunk.

A feladat c) részéhez

Legyenek B és C a szög szárán olyan pontok, amelyekre BA=AC=d. Nevezzük az AB félegyenes, illetve az AC félegyenes azon pontjait B-nek, illetve C-nek, amelyekre azon pontját, amelyre BA=CA=2d. Tekintsünk először a speciális helyzeteket: mikor X=B illetve Y=C, vagyis amikor az XAY háromszög egyenlő szárú, ekkor XY=BC felező merőlegese éppen a szögfelező; mikor X és Y közül az egyik az A csúcsba, a másik pedig a B illetve a C pontba esik, ekkor XY=CC illetve XY=BB, ekkor XY felezőmerőlegesei éppen a B illetve C pontokban a szárakra állított merőlegesek. Ezek valóban egy pontban metszik egymást, nevezzük ezt a pontot M-nek. M-re fennáll, hogy MB=MC, mivel M a CB felezőmerőlegesén van.

Vegyünk fel ezután az eddig megjelöltektől különböző, de amúgy tetszőleges XY pontokat. Mivel XA+AY=BA+AC, teljesülni kell annak, hogy BX=YC, hiszen a két töröttvonal többi része közös.

Azt kell belátnunk, hogy XY felezőmerőlegese áthalad az M ponton.

1. megoldás:

B X M háromszög egybevágó CYM háromszöggel, mivel két-két oldaluk és azok közbezárt szöge megegyezik: BX=CY, MB=MC, valamint MBX=MCY=90. Ebből következik, hogy MX=MY azaz az M pont illeszkedik XY felezőmerőlegesére.

2. megoldás:

Forgassuk el az MBX töröttvonalat M körül úgy, hogy az MB szakasz az MC szakaszba jusson! (180-α szöggel)! Ekkor a BX félegyenes a CY félegyenesbe kerül, mivel ezek az MB, illetve az MC szakaszokkal derékszöget zárnak be. BX=CY miatt így az X pont az Y pontba kerül. Tehát MX=MY, amit bizonyítani akartunk.

5.23. Feladat:Egybevágósági transzformációk

  • Mit nevezünk geometriai transzformációnak?

  • Milyen transzformációkat nevezünk egybevágósági transzformációknak, röviden egybevágóságoknak?

  • Mikor mondunk két alakzatot egybevágónak?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

  • A geometriai transzformációk ponthalmazok között értelmezett hozzárendelések. Azokat a transzformációkat, amelyek egy sík pontjait ugyanabba a síkba képezik, síkbeli transzformációknak nevezzük.

  • Az egybevágóságok távolságtartó transzformációk, tehát teljesül rájuk, hogy bármely két pont távolsága megegyezik a képeik távolságával.

  • Két alakzat egybevágó, ha van olyan távolságtartó transzformáció, amely egyiket a másikba viszi.

Egybevágósági transzformációk különféle megadási módjai

Egy síkbeli geometriai transzformációt általában olyan szabállyal adunk meg, amely külön-külön a sík minden egyes pontjához egyértelműen hozzárendeli a sík valamely (nem feltétlenül különböző) pontját. Ezzel a módszerrel persze nem biztos, hogy távolságtartó transzformációt kapunk. Ha a saját tanulmányaikból az inverzióra gondolnak, akkor emlékezhetnek rá, hogy nem is olyan könnyű belátni, hogy például az inverzió szögtartó (Hajós 1971 [] 355. oldal)

Amikor a tengelyes tükrözést ponttranszformációként végezzük, akkor a tengelyen levő pontok helyben maradnak, a sík többi pontjának a képéhez úgy jutunk, hogy a tengely hozzá legközelebbi pontjára tükrözzük. Ennek az egész síkra kiterjesztett eljárásnak a tulajdonságait (invariáns tulajdonságok: távolságtartás, illeszkedéstartás, szögtartás, stb.) gyanakodás nélkül hozzágondolják a gyerekek a tengelyes tükrözéshez.

A pszichológiában a kontraszthatás a fogalom fejlesztésének egy fontos módszere. Az induktívan épülő fogalom kialakulásában komoly segítség, ha nem csak példákat, hanem ellenpéldákat is mutatunk a fogalomra. Ezért fontos, hogy az egybevágósági transzformációk tanítása mellett találkozzanak a gyerekek más, nem szokványos transzformációval is.

Ilyen transzformációra vonatkoznak a következő példák, amelyek mentén a játékos felfedezéstől a mély matematikai vizsgálatig el lehet jutni.

Már a kezdeti kísérletezés is alkalmas a fogalomalkotás menetének megismerésére, a bizonyítási igény felkeltésére és a differenciálásra. Remélhetőleg az olvasó is talál felfedeznivalót a példákban.

Egy különleges transzformáció

5.24. Feladat:Az egyenesre való tükrözés analógiájára definiálja és próbálja jellemezni a körre való tükrözést.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A tükrözés tengelyét kicseréljük egy rögzített körre és lehetőség szerint változatlanul átvesszük a tengelyes tükrözés lépéseit:

  • A tengely a kör pontjai helyben maradnak.

  • A sík többi pontjának képéhez úgy jutunk, hogy a körvonal hozzá legközelebbi pontjára tükrözzük a kiválasztott pontot.

5.11 a) részében láttuk, hogy az egyenesen egy rajta kívüli ponthoz egyértelműen van legközelebbi pont és ezt a pontból az egyenesre állított merőleges metszéspontjaként kapjuk meg.

A pont és kör esetében ez már nem ilyen egyhangú, hiszen a középpontból végtelen sok merőlegest tudunk állítani a körvonalra. Ha a geometriai transzformációkat is függvénynek tekintjük (márpedig azt tesszük), akkor vagy külön szabályt kell a kör középpontjára alkalmazni, vagy ki kell zárni a középpontot az értelmezési tartományból.

Még ha a középponttól különböző ponttal van dolgunk, akkor is módosítani kell az eljárást, mert a pontból a körvonalra állított merőleges egyenes (átmérő egyenese) két pontban is metszi a kört, és a pontot tartalmazó félegyenesen van a legközelebbi pont. Ezt a félegyenest használjuk a legközelebbi pont megkereséséhez.

Az igazi kaland csak most kezdődik, fel kell deríteni ennek a transzformációnak a tulajdonságait.

Itt nagyon szétágazhatnak az egyéni megközelítések aszerint, hogy ki milyen eszköztárral akar nekilátni.

Mi most az iskolai megközelítéshez adunk ízelítőt, amelyben (manuálisan vagy dinamikus geometriai programmal) sok-sok pont képét ténylegesen előállítjuk. Szeredi Éva idéz egy ilyen tankönyvi feladatot (lásd 1.80.).

5.25. Példa: Adott egy O középpontú k kör. Legyen a sugara r=5 egység. Egy tetszőleges, O-tól különböző P pont képét úgy kaphatjuk, hogy megkeressük a k kör P-hez legközelebbi pontját, nevezzük ezt T-nek, majd a PT meghosszabbítására T-től felmérjük a PT távolságot. Az így nyert P pont a P pont képe. (Ezt a transzformációt nevezhetjük körre vonatkozó tükrözésnek is. Nem tévesztendő össze az inverzióval, amit szintén szokás körre tükrözésnek nevezni.)

  • Vegyél fel a kör belsejében két pontot, A-t és B-t, majd szerkeszd meg a képüket! Kísérletezz más pontokkal is.

  • Próbáld megszerkeszteni az AB szakasz néhány pontjának a képét! Mit tudsz az AB szakasz képéről mondani? Sejtéseket is megfogalmazhatsz, nem csak olyan állításokat, amelyeket bizonyítani is tudsz!

  • Figyeld meg néhány egyenes minél több pontjának képét! Próbálkozz olyan egyenesekkel, amelyek távolsága az O ponttól 3 egység, 6 egység, 12 egység!

  • Az előző feladatok megoldása közben szerzett tapasztalatok alapján próbáld meg jellemezni ezt a transzformációt!

Miután a tanulók megértették a hozzárendelési szabályt, mint a függvényeknél általában, itt is beszélhetünk a lehető legtágabb halmazról, ahol ezt a szabályt értelmezni tudjuk. Meg kell beszélnünk, hogy miért maradt ki az O pont.

Ha az O pontra is alkalmaznánk ezt a szabályt, akkor a képe 2r sugarú, alapkörrel koncentrikus kör pontjai lennének, tehát a hozzárendelés nem lenne egyértelmű. Választhatnánk azt a megoldást, hogy az O ponthoz önkényesen rendelünk hozzá egy egyértelmű (nem biztos, hogy értelmes) képet, és választhatjuk azt is, hogy az O pontot kihagyjuk az értelmezési tartományból transzformációnkat egy kilyukasztott síkon értelmezzük. A továbbiakban emellett maradunk. A definíciót kiegészítjük azzal, hogy a transzformáció értelmezési tartománya a kilyukasztott, O pontot nem tartalmazó sík.

A transzformációval való ismerkedéshez készült animációhoz a linkre kattintva juthat el:7.53 animáció.

A példa a) része arra szolgál, hogy jártasságot szerezzenek a tanulók a képpont előállításában és megfigyeljék, hogy a belső pont kívülre képeződik le. Ezt be is tudják látni a tanulók, hiszen a körvonal egyik (korlátos) oldaláról a másik oldalra kerül a pont.

Azt is érdemes megbeszélni, hogy a képpontok az alapkörrel koncentrikus 2r sugarú kör belsejébe kerülnek.

A példa b) része azért érdekes, mert minden függvénynél felmerül a kérdés, hogy öszeköthetők-e az ábrázolt pontok. A dinamikus geometriai programoknál is külön ügyelni kell rá, hogy CSAK AZT KÖSSE ÖSSZE A PROGRAM, AMIT SZABAD.

Össze szabad kötni a képpontokat folytonos vonallal?

Mindig? Melyik pont okozhat gondot?

Ha a szakasz nem halad át a középponton, akkor a képe egy összefüggő zárt görbe. (Az is belátható, hogy folytonos.)

Az O ponton átmenő szakaszt ki kell lyukasztanunk, mert az O pontra nem értelmeztük a transzformációt. Ha egy szakasz tartalmazza a középpontot, akkor szétszakad 2 szakaszra, mindkettő az egyik oldalról zárt, a másik oldalról nyílt.

A szakasz képének vizsgálatához készült feladatlap linkje: 7.54, a szétszakítás bizonyításához készülté: 7.55.

A példa c) része az egyenesek viselkedésére vonatkozik, amelynek feldolgozásában a tanulók által ismert eszközrendszer szerint érdemes differenciálni.

Azoknak a diákoknak, akiknek nem önálló cél a transzformáció megismerése, elegendő a középponton áthaladó egyenesről megmutatni, hogy a képpontok középponton áthaladó egyenest alkotnak. (A képek kitöltik a szakasz szakadásakor tapasztalt lyukat.)

Ennek megsejtéséhez a középponton áthaladó egyenes középpontból induló nyílt félegyeneseinek pontjait érdemes rendszerezve vizsgálni. (Például az interaktív feladatlapon: 7.56).

Igényesebb feldolgozásnál ennél több is bizonyítható nagyon egyszerűen:

Képzeljünk egy számegyenest az O ponton átmenő egyenesre úgy, hogy az O pont a 0 helyére kerüljön. x nem lehet nulla, mert az O pontra nincs értelmezve a transzformáció.

Ha a számegyenes negatív felén (balra) veszünk fel egy x pontot, akkor ehhez a ponthoz a kör pontjai közül a -r pont van legközelebb. Mivel -r az x és x számtani közepe, x=-2r-x. Ez azt jelenti, hogy miközben x befutja a negatív számokat, x leírja a -2r kezdőpontú, jobbra irányított nyílt félegyenest.

Ha pedig a számegyenes pozitív felén (jobbra) veszünk fel egy x pontot, akkor ehhez a ponthoz a kör pontjai közül az r pont van legközelebb. Mivel r az x és x számtani közepe, x=2r-x. Ez azt jelenti, hogy miközben x befutja a pozitív számokat, x leírja a 2r kezdőpontú, balra irányított nyílt félegyenest.

Ebből következik, hogy az egyenes minden pontja az O is előáll képként. Méghozzá (-2r;2r) nyílt intervallum pontjai pontosan kétszer, míg a többi pont pontosan egyszer.

Ha egy e egyenes nem halad át a középponton, akkor az e kép egy folytonos síkgörbe. Ha még a leképezés, az egyenes és a kör közös szimmetriáját is figyelembe vesszük, akkor megállapíthatjuk, hogy az e kép szimmetrikus az O-ból az e-re emelt merőlegesre. (A folytonosságot itt intuitív értelemben használjuk: a ceruza felemelése nélkül megrajzolható. Igényesebb feldolgozásnál többféle bizonyítás is adható.)

A példában javasolt egyenesek a képek szempontjából prototípus jellegűek (metszi a k kört, nem metszi a k-t, de metszi a k-val koncentrikus 2r sugarú kört, illetve mindkét körön kívül halad). Célszerű közös szimmetriatengelyű szakaszokat vizsgálni, majd kiterjeszteni teljes egyenessé.

Ha az egyenes 10 egységnél az alapkör sugarának kétszeresénél közelebb van az alapkör O középpontjához, akkor a kép egy „hurkolt alakzat”. Az egyenes két pontja is az O pontba képeződik le.

110. ábra

Az egyenesek képének vizsgálatához készült feladatlapok linkje: 7.57 és 7.58.

Igényesebb feldolgozásnál meg lehet mutatni, hogy egy e egyenes e képe a végtelenben aszimptotikusan közelíti az e egyenes O-ra vonatkozó középpontos tükörképét.

Egy lehetséges bizonyítási ötlet:

Jelölje az e egyenes, valamint a P pont O-ra vonatkozó középpontos tükörképét e0, illetve P0. Egy az alapkörön kívül eső P pont körre tükrözött P képe és középpontosan tükrözött P0 képe egyaránt az OP egyenesen helyezkedik el.

Mivel az OP félegyenes és az alapkör M metszéspontjára fennáll, hogy OP=PM+r, ahol r az alapkör sugara, ezért a képekre az teljesül, hogy PP0=PP+2r, azaz PP0=2r. Jelölje α az OP és ek egyenesek hajlásszögét, ekkor P távolsága az e0 egyenestől d(P,e0)=2rsinα. Ha a P pont tart a végtelenbe, akkor az OP egyenes és az e0 egyenes hajlásszöge szög 0-hoz tart, a távolság határértéke így konstansszor nulla. Ebből következik, hogy e tetszőlegesen megközelíti az e0 egyenest.

Ugyancsak igényesebb feldolgozásra javasoljuk a körök képének vizsgálatát. Akinek felkeltette ez a transzformáció az érdeklődését, úgyis megteszi.

111. ábra

A körök képének vizsgálatához készült feladatlap linkje: 7.59.

A példa d) része általában is fontos a függvényfogalom fejlesztése szempontjából. A tapasztalataink:

  • Az értelmezési tartomány az O középponttól megfosztott lyukas sík.

  • Mivel nem egyenestartó; ennek megfelelően nem is távolságtartó, tehát nem egybevágóság.

  • Az értékkészlet a teljes sík.

  • A transzformáció nem invertálható, mert például az alapkörrel koncentrikus, kétszeres sugarú kör minden pontja az O középpontba képeződik le. A sík összes pontját áttekintve: az O végtelen sokféleképpen áll elő képként, a 2r sugarú körre nézve külső pontok és a körvonal pontjai egyféleképpen állnak elő képként, a belső pontok kétféleképpen is előállnak. (Ezt az egyenesnél láttuk be, mivel minden O-tól különböző pont és a képe(i) tekinthető(k) O-n átmenő egyenes pontjainak.)

  • Nem körtartó. Amennyiben a kör nem metszi a 2r sugarú kört és nem halad át az O középponton, akkor a körök képe egyszerű zárt görbe. Ha a kör metszi a 2r sugarú kört, akkor ennek a két metszéspontnak a képe egybeesik, nyolcasformát’’ kapunk. Ha pedig a kör áthalad az O ponton, akkor olyan vonalat kapunk, amelynek két nyílt vége a 2r sugarú körre illeszkedik.

Bármely szinten szereznek a tanulók tapasztalatot erről a transzformációról, emlékezetes marad, hogy a pontonkénti hozzárendeléssel még nagyon keveset adtunk meg a transzformáció viselkedéséről.

Általában a transzformáció-tanításban, a fogalom kialakításában kulcsfontosságú, talán a legfontosabb, hogy fejlesszük az összetartozó részletek észrevételének, felismerésének képességét. Ennek hiánya lehet az egyik ok a transzformációktól való idegenkedés hátterében.

Fontos, tehát, hogy erre minél többféle lehetőséget biztosítsunk a tanításban. A következőkben több oldalról is rávilágítunk erre a kérdésre.

5.26. Példa:(Az Apáczai Kiadó Matematika 7. osztályos tankönyv [] 33. oldal.)

A képen egyforma színnel egyforma részleteket jelöltünk meg.

A képe A és A képe A

Ezt így jelöljük:

A A és AA

A és A egymásnak megfelelő pontok, röviden:

A A

P Q és PQ egymásnak megfelelő szakaszok, röviden:

P Q P Q ...

Egybevágósági transzformációk különféle megadási módjai

Mint láttuk, a hozzárendelési szabállyal megadott transzformációk esetén nem magától értetődő, hogy összetartozó részleteik egybevágóak, tehát hogy fennáll rájuk a távolság és szögtartás tulajdonsága.

A geometriában a sík egybevágóságai esetén azonban létezik egy másik lehetőség is, a mozgatási utasítással történő megadás. Ekkor a sík a kiválasztott alakzat pontjának a képét a sík egy egyértelműen meghatározott mozgatásával kapjuk úgy, hogy a sík pontjai végeredményként az eredeti sík egy-egy (az eredetitől nem feltétlenül különböző) pontjába kerülnek. (Ez a gyakorlatban általában úgy történik, hogy a sík egy egy alakzatának pontjairól egy merev, átlátszó fólia segítségével másolatot készítünk, és ezt a másolatot mozgatjuk.) Egy pont, ponthalmaz, képe az a pont, ponthalmaz, ahová a mozgatás viszi.

A hozzárendelésnek ilyenfajta megadása esetén a gyerekek számára magától értetődő, hogy fennáll rá a távolság- és szögtartás tulajdonsága, mivel az eljárás összhangban van az alakzatok egymásra illeszthetőségén alapuló, intuitív egybevágóság fogalmukkal.

Az egybevágósági transzformációk különféle megadási módjai

A következőkben háromféle megadási módot mutatunk be a forgatás példáján illusztrálva. Mindhárom módszer alkalmas a sík bármely egybevágóságának a megadására.

Legyen adott egy O pont, a forgatás középpontja és egy O csúcsú α irányított szög.

Egy tetszőleges P pont képe olyan P pont, amelyre OP=OP és a POP irányított szög egyenlő az α irányított szöggel.

Ennek megfelelően P pont úgy szerkeszthető, hogy az OP félegyenesre felmérem az α irányított szöget. Ennek a szögnek a szárából az O körül OP sugárral rajzolt kör kimetszi a P pontot.

Ezt a megadási módot pont-pont hozzárendelési szabálynak nevezzük.

112. ábra

Egy alakzatot elforgathatunk O körül α irányított szöggel egy átlátszó papír mozgatásával is. Az átlátszó papírra átmásoljuk az elforgatandó alakzatot és az elforgatást megadó irányított szöget. Egy körző hegyét az O pontba szúrjuk, és a papírt addig forgatjuk, míg a mozgó szög kezdőszára a helyben maradó szög befejező szárára nem kerül. (Ha ezután az átlátszó papírra újra átmásoljuk az eredeti ábrát is, akkor azon együtt lesz az elmozgatással kapott kép és az eredeti rajz.) Ezt a megadási módot kötött pálya mentén történő mozgatásnak nevezzük.

Egy síkbeli egybevágósági transzformációt megadhatunk úgy is, hogy megmondjuk, hogy egy félsík határán egy félegyenessel milyen helyzetbe kerüljön. Az O körül α irányított szög segítségével egy zászlópárt értelmezünk. Ehhez először kijelölünk két félegyenest legyenek ezek az irányított szögünk szárai valamint az irányított szögünknek megfelelő irányban két, általuk határolt félsíkot. Ezeket a félegyenesek által határolt félsíkokat egy fehér illetve egy fekete zászlós mutató jelképezi, a fehér zászló tartozzon az irányított szög kezdő-, a fekete zászló pedig a befejező szárához.

113. ábra

Ekkor az alakzat képét megkaphatjuk úgy, hogy a megadott alakzatot átmásoljuk a fehér zászlóval jelzett mutatóval együtt az átlátszó papírra, majd felemeljük a papírt és tetszőleges, (síkbeli vagy térbeli) pályán elmozgatva a másolatot, úgy tesszük le, hogy a fehér zászlójú mutató pontosan fedje a fekete zászlójút! (Ha ezután az átlátszó papírra újra átmásoljuk az eredeti ábrát is, akkor azon együtt lesz az elmozgatással kapott kép és az eredeti rajz.) Ezt a megadási módot zászlós módszernek nevezzük.

114. ábra

5.27. Feladat:Adja meg a tengelyes tükrözést és az eltolást az előzőekhez hasonlóan mind a háromféle módszerrel!

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Tengelyes tükrözés

Meghatározható egy t egyenessel, a tengellyel.

  • Egy A pont képét megkaphatjuk úgy, hogy merőlegest állítunk az A pontból a tengelyre. Ez a tengelyt T pontban metszi. TA távolságot a tengely másik partján, a T pontból felmérjük a merőlegesre. Így jutunk az A ponthoz. Az A pontot az A pont képének nevezzük.

  • ... úgy is megkaphatjuk a tükörképet, hogy a tükrözés tengelye mentén ráhajtjuk a papiros rajzos felét a másikra, és ceruzánkat erősen megnyomva, még egyszer végigvezetjük a rajzon; így a papiros másik felére átvésődik bármelyik tükröznivaló egyenes és pont nyoma. Szabályszerű szerkesztésben persze sem tükröt, sem hajtogatást nem alkalmazhatunk.’’

  • A tengelyen kiválasztunk egy pontot és az egyik általa meghatározott félegyenest. A közös félegyenes által meghatározott egyik félsíkot jelöljük meg egy fehér, a másikat pedig egy fekete zászlós mutatóval.

    115. ábra

    Ekkor az alakzat képét megkaphatjuk a forgatásnál leírt módszerrel, egy átlátszó papír segítséget a fehér zászlónak a feketébe való mozgatásával.

Eltolás

Meghatározható egy irányított szakasszal.

  • Egy P pont képét megkaphatjuk úgy, hogy megszerkesztjük az adott irányított szakasszal párhuzamos és egyirányú, P kezdőpontú félegyenest, majd arra rámérjük az irányított szakasz hosszát. Ennek P végpontja lesz P képe.

  • Az alakzatot átmásoljuk egy átlátszó papírra az irányított szakasszal együtt, majd az átlátszó papírt elcsúsztatjuk úgy, hogy a mozgó irányított szakasz kezdőpontja, mint egy sínen, végigcsússzon az eredetin, amíg annak a végpontjába nem ér. (Ha ezután az átlátszó papírra újra átmásoljuk az eredeti ábrát is, akkor azon együtt lesz az elmozgatással kapott kép és az eredeti rajz.)

  • Az eltolás megadhatjuk zászlók segítségével. Például a fehér zászló által jelzett félegyenes az irányított szakasz kezdőpontjából induló félegyenes, a fekete zászlóé pedig egy ezzel párhuzamos és egyirányú, az irányított szakasz végpontjából induló félegyenes legyen. A zászlók háromszögei pedig olyan félsíkokat határozzanak meg, amelyek közül az egyik tartalmazza a másikat (azonos irányítás).

    116. ábra

    Az alakzat képét ugyanazzal a módszerrel kaphatjuk, mint a forgatásnál.

A megadási módok elemzése

A különböző megadási módoknak más-más előnyei és hátrányai lehetnek. Mielőtt elemeznénk ezeket, fontos saját tapasztalatot szerezni ezek működéséről.

5.28. Feladat:Vegyen fel egy négyszöget, egy O centrumot és egy irányított szöget, majd állítsa elő egy négyszög elforgatott képét mindhárom módszerrel. (Nem szükséges ugyanazon az ábrán dolgozni, és nincs jelentősége, hogy ugyanolyan négyszöget, ugyanazzal a forgatással transzformáljon.) Az első módszernél körzővel-vonalzóval dolgozzon, a második kettőhöz használjon átlátszó papírt.

Ezután próbálja meg elemezni az egyes megadási módokat! Iránymutatásul megadunk néhány szempontot:

  • Melyik megadási módot használják az általános és középiskolai tanításban?

  • Melyik a leginkább alkalmas arra, hogy az egybevágósági transzformáció fontos tulajdonságait távolság-, szög-, egyenestartás, ... alátámassza, szemléletessé tegye a gyerekek számára?

  • Melyikkel legkönnyebb előállítani egy alakzat képét?

  • Melyik megadási módot tartja matematikai szempontból korrektnek, amelyiket nem?

  • Melyik a leginkább alkalmas arra, hogy tapasztalatokat szerezzenek a transzformációról?

  • Melyik megadási mód segít leginkább az összetartozó részletek keresésében? Adja meg a tengelyes tükrözést és az eltolást az előzőekhez hasonlóan mind a háromféle módszerrel!

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

(1) Melyik megadási módot használják az általános és középiskolai tanításban?

Az általános és középiskolai tanításban a hangsúly egyaránt a pontonként megadott hozzárendelési szabály tanításán van. Az általános iskolai tankönyvek mindegyikében, de több középiskolai tankönyvben is bemutatják a transzformációk mozgatással való megadását is, de általában csak kötött-pályás mozgatásként. A zászlós módszert’’ egyelőre csak kevés tankönyvsorozat használja.

(2) Melyik a leginkább alkalmas arra, hogy az egybevágósági transzformáció fontos tulajdonságait távolság-, szög-, egyenestartás, ... alátámassza, szemléletessé tegye a gyerekek számára?

A mozgatással történő megadás azért szinte elengedhetetlen a tanításban, mert ez teszi a gyerekek számára magától értetődővé, hogy a transzformációra fennáll a távolság- és szögtartás tulajdonsága. A kép mozgatással való előállítása ugyanis összhangban van a kisgyerek intuitív egybevágóság fogalmával, ami az alakzatok egymásra illeszthetőségén alapul.

(3) Melyik megadási módot tartja matematikai szempontból korrektnek, amelyiket nem?

A mozgatásként megadott definíciók kevésbé látszanak precíznek. Ennek az az oka, hogy a hagyományosan használt kötött-pályás mozgatások’’ valóban nehézkesek, megadásuk általában pontatlan, elsődlegesen illusztrációként használják azokat.

A zászlós módszer hátterében azonban egy matematikailag percíz fogalom, a geometriai mozgás fogalma áll. Egyetemi tankönyvében Hajós György olyan axiómarendszert használ, amelyben az egybevágóságot a mozgásra mint alapfogalomra alapozza. A zászlós módszer teljes összhangban van ezzel a precíz mozgásfogalommal, megfelel a mozgásról szóló axiómáknak. (A mozgás axiómáit megtalálja a kislexikonban).

Mivel ebben a módszerben csupán a kezdő és a véghelyzet számít, a transzformáció-összetételek tanítása lényegesen könnyebbé válik. (4) Melyikkel legkönnyebb előállítani egy alakzat képét?

A zászlós módszerrel bonyolult, szabálytalan’’ alakzatok képe is könnyen előállítható. A pont-pont hozzárendelés által adott euklideszi szerkesztési eljárás a legnehézkesebb. Csupán véges sok pont képe szerkeszthető meg közvetlenül, a pontokat vonalzóval, vagy körzővel összekötve egyenesek, körök képe is szerkeszthető.

(5) Melyik a leginkább alkalmas arra, hogy tapasztalatokat szerezzenek a transzformációról?

A zászlós módszerrel sokféle alakzat képe könnyen, gyorsan szerkeszthető. Ez azért is nagyon fontos, mert így akármeddig használhatjuk a körzős vonalzós szerkesztés mellett a kép előállítására. Így alkalmas arra, hogy bőséges, nem-verbális tapasztalatanyagot gyűjtsenek általa a gyerekek például a forgatásról is vagy akár az iskolában elhallgatott csúszástükrözésről is.

(6) Melyik megadási mód segít leginkább az összetartozó részletek felismerésében?

A gyerekek nagyon jók az összetartozó részletek megfigyelésében, ha erre lehetőséget biztosítunk nekik. Az a vizuális élményanyag, amelyet zászlós módszer használata során, sokféle alakzat és kép megfigyelésével szereznek, sokkal többet mond nekik a transzformációk működéséről, mint a szóban megfogalmazott szabályok. Ezért a ráfordított idő bőven megtérül a szimmetrikus alakzatok tanításában, a feladatmegoldások tanítása során.

Mivel pedig ez az eljárás nemcsak egyszerű és szemléletes, de matematikailag is korrekt, ezért a keletkező nem csupán verbális belső kép (concept image) hatékonyan támogatja a fogalom fejlődését egészen a dedukció legmagasabb szintjéig. A módszer maga után von további, kisebb-nagyobb változásokat is a fogalomépítésben, amit a kislexikonban egy táblázat tartalmaz.

A sík egybevágóságai

5.29. Feladat:Tervezzen feladatot a sík összes egybevágósági transzformációjának zászlópárokkal való gyakoroltatásához.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Érdemes egy-egy megadott alakzat mozgatással előállított képét is kérni. Ha azt akarja, hogy látható legyen a transzformált alakzaton, hogy mi történt vele, akkor ne olyan alakzatot adjon meg, amely az aktuális transzformációra szimmetrikus (pl. a tükrözés tengelye ne legyen az alakzat szimmetriatengelye).

Ugye nem felejtkezett el egyik egybevágósági transzformációról sem? Az nem baj, ha ugyanaz a transzformáció többször szerepel, de most fontos volt, hogy ne maradjon ki egy sem. A zászlós módszer kiváló lehetőséget teremt arra, hogy ellenőrizze magát. A zászlórúd maradhat helyben, eltolódhat párhuzamosan és elfordulhat. A zászló mutathat ugyanarra az oldalra és az ellenkező oldalra is. Ezek szerint lehetséges, hogy

a zászlórúd helyben marad, a zászló ugyanabba a félsíkba mutat helybenhagyás

a zászlórúd helyben marad, a zászló a kiegészítő félsíkba mutat tengelyes tükrözés

a zászlórúd elfordul, a zászló ugyanarra az oldalra mutat forgatás (középpontos tükrözés) a zászlórúd elfordul, a zászló a kiegészítő félsíkba mutat tengelyes tükrözés vagy csúszástükrözés a zászlórúd párhuzamosan elmozdul, a zászló ugyanabba a félsíkba mutat eltolás

a zászlórúd párhuzamosan elmozdul, a zászló a kiegészítő félsíkba mutat tengelyes tükrözés vagy csúszástükrözés.

A csúszástükrözést érdemes egy kicsit vizsgálni. A kislexikonban is visszatérünk rá.

5.30. Feladat:Mi a csúszástükrözés pont-pont hozzárendelési szabálya?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A csúszástükrözést egy irányított szakasszal adjuk meg. Egy tetszőleges pont képét úgy kapjuk, hogy az irányított szakasz által meghatározott vektorral eltoljuk, majd az irányított szakasz egyenesére tükrözzük.

5.31. Feladat:Az eltolás, tengelyes tükrözés, pont körüli forgatás egy kétdimenziós sík egybevágóságai. A mozgatással való előállításhoz azonban némelyik esetben ki kell lépni a térbe, tehát csak háromdimenziós mozgatással valósíthatók meg. Melyek ezek az egybevágóságok?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A tengelyes tükrözés és a csúszástükrözés csak térbeli mozgatással valósítható meg.

A transzformációtulajdonságok tanítása

Mivel a távolság és szögtartás tulajdonságát a mozgatással történő megadásokra tudjuk alapozni, ezért érdemes az egybevágósági transzformációk tulajdonságait még a pontonkénti szabály megfogalmazása előtt bevezetni.

Ez a munka azonban csak akkor lesz hatékony, ha elérjük, hogy a gyerekek képesek legyenek a megfelelő részletekre figyelni. Ha azokat biztonságosan meg tudják találni, le tudják jegyezni, fel tudják következtetésekben használni, akkor nagyot léptünk az egybevágóságfogalmuk fejlesztésében. Ez egy olyan csomópont, amelyhez nagyon sok fontos fogalmat hozzá tudunk kapcsolni, illetve rá tudunk építeni.

Erre alapozva a transzformáció tulajdonságok kényelmesen összegyűjthetők.

Nézzünk meg néhány példát, hogyan történik ez a gyakorlatban:

Az összetartozó részletek megfigyelésében a gyerekek nagyon jók, ha erre lehetőséget biztosítunk nekik. Hamar észreveszik, hogy egy pontot és tükörképét a tengely bármely pontjával összekötve egymásnak megfelelő szakaszokat kapunk, tehát ezek egyenlőek, illetve, hogy egyenesnek és képének a tengellyel bezárt szöge szintén összetartozó részletek, amelyek a mozgatás során fedésbe kerülnek, tehát ezek a szögek is egyenlőek.

Példa az Apáczai Kiadó Matematika 7. osztályos tankönyv I. kötetéből ([] 34. o.)

117. ábra

Mivel a tengely pontjai helyben maradnak, ezért, ha P pont képe P, és T a tengely tetszőleges pontja, akkor PT és PT egymásnak megfelelő szakaszok, vagyis egyenlőek. Pont és tükörképe a tengely bármely pontjától egyenlő távol vannak.

Példa az Apáczai Kiadó Matematika 7. osztályos tankönyv I. kötetéből ([] 34. o.)

118. ábra

Ha az e egyenes metszi a tengelyt M pontban , akkor az e egyenes e tükörképe is metszi a tengelyt, méghozzá ugyanabban az M pontban. Mivel az M pont képe önmaga, ezért az e egyenes és a t tengely hajlásszöge megegyezik az e egyenes és t a tengely hajlásszögével, hiszen ezek egymás tükörképei. Egyenes és tükörképe ugyanolyan hajlásszöget zárnak be a tengellyel. A tengely tehát szögfelezője a kép és a tükörkép által bezárt szögnek.

Ha ezek az észrevételek beépülnek a gyerekek gondolkodásába, akkor nem fog nekik gondot okozni, hogy stratégiákat találjanak ki arra, hogyan szerkesszék meg körzővel-vonalzóval egy tetszőleges pont képét.

A következő két példa ilyen, gyerekek (nem is igazán jól teljesítő gyerekek) által kitalált szerkesztési stratégia egy P pont P képének előállítására.

  • Az egyik gyerek felvesz két pontot tetszőlegesen a tengelyen, A-t és B-t, és köríveket rajzol, A körül AP sugárral, B körül BP sugárral. A két körív metszéspontja lesz a P pont P képe.

  • A másik gyerek összeköti P-t a tengely egy tetszőleges A pontjával. Az AP szakasznak a tengellyel bezárt szögét átmásolja az A csúcstól a tengely másik palára. A kapott félegyenesre rámérve az AP távolságot megkapja a P pont P képét.

Az előbb megfogalmazott észrevételek továbbvezetnek más fontos állításokhoz.

Kössük össze a pontot és a képét P-t és P-t (P ne illeszkedjen az egyenesre)! Az összekötő szakasz metszi a tengelyt egy pontban, amit az ábrán T-vel jelöltünk. Ha az ábrán megfelelő részleteket keresünk, és elég ügyesek vagyunk, akkor látjuk, hogy a P-től a tengelyig terjedő PT szakasz megfelel a P-től a tengelyig tartó szakasznak, PT-nek. Tehát a tengelynek feleznie kell a szakaszt.

A T csúcsnál elhelyezkedő egyik szögnek megfelel egy másik T csúcsú szög a tengely túloldalán, amellyel együtt egyenesszöget tesznek ki. Így mindkettőnek 90-nak kell lennie. Tehát, egy tetszőleges pontot és tükörképét összekötő szakaszt a tengely merőlegesen felezi.

Példa az Apáczai Kiadó Matematika 7. osztályos tankönyv I. kötetéből ([] 34. o.)

119. ábra

Ezt az állítást összevetve azzal, hogy pont és képe a tengely minden pontjától egyenlő távolságra van, eljutunk egy már korábbról is ismert, fontos tudnivalóhoz, miszerint egy szakasz felező merőlegesének minden pontja egyenlő távol van a szakasz végpontjaitól.

5.1.5 Szimmetrikus alakzatok

5.32. Feladat: Mikor nevezünk egy alakzatot szimmetrikusnak?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ: Szimmetrikus alakzatokról valamilyen egybevágósági transzformációhoz kapcsolódva beszélünk.

A transzformáció megadása nélkül szimmetria alatt (tengelyes, vagy síkra vonatkozó) tükörszimmetriát értenek.

Geometriai értelemben akkor mondjuk, hogy egy geometriai alakzat szimmetrikus, ha van egy vagy több olyan (identitástól különböző) egybevágósági transzformáció, amely az alakzatot önmagába viszi.

5.33. Feladat: A következő két részben (konktét-manipulatív szinten) tengelyes, illetve középpontosan szimmetrikus alakzatokat építünk és megfigyeljük a keletkező alakzatok szimmetriáit. Gondolja meg az A) és B) rész sorrendjét! Melyik mellett milyen érv szól?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Szimmetrikus három- és négyszögeket akarunk építeni. Az építéshez szükség van egy szimmetriatengely, illetve szimmetriacentrum megadására, valamint könnyen mozgatható, pontokat jelképező pici tárgyakra. Használhatunk A3-as lapra rajzolt egyenest, és pici korongokat, vagy mágneses táblára rajzolt egyenest és táblai mágneseket, aktív táblán előre definiált alakzatokat, ahol a tanulók az ujjukkal KÖZVETLENÜL mozgathatják a pontot jelképező alakzatokat.

A szimmetriatengely megadásánál vigyázzunk arra, hogy az ne legyen speciális helyzetű a papírlap vagy a tábla oldalaival párhuzamos, vagy éppen a papírlap átlója, ...

A tárgyak megválasztásánál vigyázzunk arra, hogy valóban reprezentálhassák a pontnak azt a tulajdonságát, amire ez a feladat irányul, nevezetesen, hogy a pont tengelyesen szimmetrikus. Akármilyen kedves is egy félrecsapott sipkájú (lapos) mágneses törpe, ebben a feladatban nem alkalmas pontnak. A nem elhanyagolható térbeli kiterjedésű gombok, stb. megválasztása előtt el kell dönteni, hogy a síkbeli tükörszimmetriát a térbeli tükörszimmetriából vagy térmozgásból származtatjuk. Egy mégoly szimmetrikus fél dió csak akkor megfelelő, ha síkszimmetria leszűkítésének gondoljuk a tengelyes szimmetriát. Ha a tengely körüli forgatással tükröznénk egy pontimitátort’’ a tengelyre, akkor a pontot ábrázoló objektum megfordulna.

A középpontos szimmetriánál nem kell igen igényesen pontokat ábrázoló alakzatoz választani, hiszen a középpontos tükrözés a síkban is mozgás.

A megfigyeléseket összegzéséhez használhatjuk a tanulók csoportmunkában elkészített posztereit vagy animációt. Az animációt beállíthatjuk úgy, hogy mindig csak egy alakzatot lássunk, de úgy is, hogy az egyes alakzatok nyoma megmaradjon a képernyőn vagy az aktív táblán.

Megbeszélés közben érdemes néhány szóhasználatban megállapodni, hogy könnyebb legyen a tulajdonságokat megfogalmazni.

Az egyes feladatok végén érdemes tisztázni a középpontosan, tengelyesen szimmetrikus és az adott középpontra és az adott tengelyre szimmetrikus tulajdonságok közötti különbséget. Ez nem csupán a feladat megfordítása miatt (pl. adott szimmetriatengelyhez rá szimmetrikus alakzat készítése helyett adott tengelyesen szimmetrikus alakzat szimmetriatengelyének megkeresése) fontos, hanem a függvény- és grafikontulajdonságok pontos összerendezésénél is megtérül.

A gyerekeknek szóló feladatokat dőlt betűvel, a módszertani magyarázatot álló betűkkel írjuk.

A) Tengelyesen szimmetrikus alakzatok építése

5.34. Példa: Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) egyetlen pontot úgy, hogy a keletkező (egy pontból álló) alakzat szimmetrikus legyen a megadott tengelyre!

A megoldás elég könnyű, de mégis meglepő, fontos tanulsággal szolgál: a korongot a szimmetriatengelyre kell tenni, a tengelyen levő pont önmagának a tükörképe.

Ide kattintva az animációhoz ugorhat.

5.35. Példa: Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) két korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott tengelyre.

A két lényegesen különböző jó megoldás: mindkét korong kerülhet a tengelyre, vagy egymás tengelyes tükörképei.

Ide kattintva az animációhoz ugorhat.

5.36. Példa: Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) három korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott tengelyre.

Ide kattintva az animációhoz ugorhat.

Vagy mind a 3 pont a tengelyre kerül, vagy egy pont a tengelyen van, a másik kettő meg egymás tengelyes tükörképe. Ekkor a 3 pont egy szimmetrikus háromszög csúcsait alkotja. Ennek néhány tulajdonságát érdemes itt összegyűjteni.

5.37. Példa:Milyen tulajdonságai vannak egy szimmetrikus háromszögnek?

Ide kattintva az animációhoz ugorhat.

  • A tengelyen levő pont a másik két ponttól egyenlő távol van, az összekötő szakaszok egyenlő hosszúak egyenlő szárú háromszög;

  • a tengely felezi a szárak szögét;

  • az alapon fekvő két szög szintén egyenlő egymással;

  • az alap merőleges a tengelyre; a tengely merőlegesen felezi az alapot, ...

5.38. Példa: Változtasd a tengelyen levő pont helyzetét. Tedd először a másik két ponttól minél távolabbra, majd közelítsd lassan hozzájuk. A mozgó csúcs minden helyzetében képzeld el a három pont által meghatározott háromszöget! (Ha nehezen tudod elképzelni, akkor körül is kerítheted fonállal.)

Figyeld meg, hogy hogyan változik a háromszög. Van-e közben olyan helyzet, amit különlegesnek találsz?

Az egyik ábrán a tengely és a szimmetrikus pontpár rögzített, a tengelyen levő csúcs mozgatható, a másik ábrán a tengelyen lévő csúcs rögzített, a szimmetrikus pontpár mozgatható, de csak a tengelyre merőlegesen.

Ide kattintva az 1. esethez készült animációhoz ugorhat.

Ide kattintva a 2. esethez készült animációhoz ugorhat.

Megfigyeljük, hogy a szárak szöge egyre nő, az alapon levő szögek pedig egyre kisebbek lesznek; a szárak egyre csökkennek; lesz egy olyan helyzet, mikor nem is kapunk háromszöget mert a három pont egy egyenesbe esik.

Ha még tovább mozgatjuk a pontot, akkor elkezd távolodni a rögzített pontoktól; lesz két olyan helyzet, amikor a háromszög három oldala megegyezik, szabályos háromszöget kapunk, aminek van másik két szimmetriatengelye is; ...

5.39. Példa: Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) négy korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott tengelyre.

Ide kattintva az animációhoz ugorhat.

Ilyenkor a) mind a négy pont a tengelyre kerül; b) két pont a tengelyen van, a másik kettő pedig egymás tükörképe; c) két-két olyan pont van, amelyek szimmetrikus párt alkotnak.

Ha b) esetben összekötjük a csúcsokat, akkor deltoidot kapunk.

c) esetben is összekötjük a csúcsokat:

Ha ügyelünk arra, hogy a tengelyt csak akkor lépjük át, ha szimmetrikus pontokat kötünk össze, akkor húrtrapézt kapunk.

Ezeket az alakzatokat is érdemes mozgatás közben megfigyelni.

Hogyan változnak az oldalak, szögek, ..., ha egy-egy pontot, vagy pontpárt mozgatunk?

Ide kattintva a b) esethez készült animációhoz ugorhat.

Ide kattintva a c) esethez készült animációhoz ugorhat.

Csoportmunkában például egy csoport egyetlen pont, a másik egy pontpár mozgatásakor figyeli meg a keletkező alakzatot. Megfigyeléseikről posztereket készíthetnek, amelyek segítségével elmagyarázzák a többi csoportnak, hogy mit tapasztaltak.

B) Középpontosan szimmetrikus alakzatok építése

Megfogalmazzuk középpontos szimmetriára az A) részben ismertetett feladatokat.

Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) egyetlen pontot úgy, hogy a keletkező (egy pontból álló) alakzat szimmetrikus legyen a megadott középpontra!

Egyetlen pontból álló alakzat úgy lehet a megadott középpontra szimmetrikus, hogy a pontot a középpontra rakjuk.

Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) két korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott középpontra.

Két pontból álló alakzat akkor lesz egy adott középpontra nézve szimmetrikus, ha a a két pont egymás tükörképe, vagyis, ha a középpont éppen az összekötő szakasz felezőpontja.

Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) három korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott középpontra.

Három pontot csak úgy tudunk letenni, hogy kettő egymás tükörképe a megadott középpontra nézve, a harmadik pedig egybeesik a középponttal. Mivel a középpont a szimmetrikus pontpárok szakaszát felezi, egy egyenesre kényszerül a három pont: nincs középpontosan szimmetrikus háromszög.

Rakj le a papírlapodra (vagy a táblára) négy korongot úgy, hogy a keletkező alakzat szimmetrikus legyen a megadott középpontra.

Négy pontot úgy tudunk az adott középpontra nézve szimmetrikusan elhelyezni, hogy kettő kettő egymás középpontos tükörképe. Ha ezek a párok nem egy egyenesre illeszkednek, akkor paralelogrammát határoznak meg. (Van olyan összekötés, hogy paralelogrammát kapunk.)

A paralelogrammákat is érdemes mozgatás közben megfigyelni (téglalap, rombusz, négyzet). Kiemeli a jellegzetességeket, ha az átlókat is berajzoljuk.

Tapasztalatok

Az itt leírt foglalkozás nem verbálisan is jól megalapozott komplex tanulást eredményezhet. Ennek során a gyerekek tevékenykednek, a kezük mozgásával is érzékelik az alakzatokat (enaktív reprezentáció), amelyek vizuálisan is megjelennek előttük (ikonikus reprezentáció), és amelyeknek a tulajdonságait később szavakban, jelölésekben is megfogalmazzák (szimbolikus reprezentáció).

A munkaformát illetően több lehetőség is van: a legkevésbé hatékony módszer éppen az, amikor a tanár gyönyörű prezentációval villog a táblánál; ugyancsak kevésbé hatékony, de egy fokkal jobb, ha gondosan előkészített interaktív feladatlapon egyedül dolgozik minden gyerek egy-egy számítógépen; a konkrét manipulációs részt is csinálhatják a gyerekek önállóan, majd a tanár frontálisan, kérdve kifejtő formában összegezheti a tapasztalatokat; a legjobb, ha páros vagy csoportmunkában teszik a felfedezéseket és egymás között megvitatják, ezt poszteren dokumentálják és elmesélik a többieknek (akik közül a tanár is egy).

Egy ilyen foglalkozást érdemes azzal folytatni, hogy összegyűjtjük a megépített háromszögek illetve négyszögek tulajdonságait.

Szimmetrikus háromszögek és négyszögek tulajdonságai

A szimmetrikus három és négyszögekről szóló állítások, tételek a geometriai bizonyítások legfontosabb alapanyagai közé tartoznak.

A transzformációk tanításáról szóló részben írtunk arról, hogy ebben a tapasztalatszerzésben sokat segíthet az átlátszó papír használata.

Amennyiben a gyerekeknek már van gyakorlatuk az összetartozó részletek keresésében, könnyen meg tudják fogalmaznia akár az egyenlőszárú háromszögek speciális tulajdonságait.

A szimmetrikus négyszögek vizsgálatában is nagyon hasznos. A deltoidokról mutatunk egy képsorozatot ennek illusztrálására.

Az előző példa szépen megvilágíthatja a gyerekek számára is, hogy a szimmetrikus négyszögek között jobban eligazodhatunk ha, tudjuk, hogy szimmetriatengelyük vagy szimmetriaközéppontjuk van. A tengelyesen szimmetrikus négyszögek más jellegzetességet hordoznak azok, amelyek átlóra szimmetrikusak, mint azok, amelyek középvonalra szimmetrikusak. Ha Venn diagramon ábrázoljuk az ismert négyszögtípusainkat, szép elrendezést kapunk, amiből sokféle párhuzamot lehet és érdemes kiolvasni. Módszertani oka van, hogy a tartományokat számozzuk és nem alakzatok nevét vagy sematikus ábráját írjuk bele: ez a rendszerezés most jön létre. Az elvileg lehetséges (esetleg üresen maradó) tartományok felderítése a cél. Nem korlátozódtunk eddig sem a konvex alakzatokra, most sem tesszük, de önátmetsző négyszöget nem akarunk vizsgálni. (Egyszerű, zárt töröttvonalra gondolunk.)

5.40. Feladat:Jellemezze a számmal jelölt tartományokhoz tartozó négyszögeket!

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

1 Olyan deltoidok, amelyeknek nem minden oldala egyenlő. 2 Olyan húrtrapézok, amelyeknek nem minden szöge egyenlő. 3 Olyan paralelogrammák, amelyeknek nem minden oldala és nem minden szöge egyenlő. 4 Olyan rombuszok, amelyeknek nem minden szöge egyenlő. 5 Nincs ilyen négyszög. 6 Olyan téglalapok, amelyeknek nem minden oldala egyenlő. 7 Négyzetek.

Mindegyik szimmetriatípushoz van olyan négyszögfajta, amelyik csak azzal az egyféle szimmetriával rendelkezik.

Van olyan négyszög is, ami mind a háromféle szimmetriával rendelkezik.

Kétféle szimmetriával rendelkező négyszögek azonban biztosan középpontosan szimmetrikusak és emellett vagy az egyik, vagy a másik fajta tengelyes szimmetriával rendelkeznek.

A kétféle tengelyes szimmetria kapcsolata egymáshoz képest más, mint a középpontos szimmetriához.

5.41. Feladat: Miért nincs olyan négyszög, amely tengelyesen szimmetrikus valamelyik átlójára, és valamelyik középvonalára, de nem parallelogramma, azaz nem középpontosan szimmetrikus?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Ennek a magyarázata az, hogy ha egy korlátos alakzatnak van két szimmetriatengelye, akkor azok metszik egymást, továbbá az alakzat a metszéspont körül a bezárt szög kétszeresével való elforgatással is önmagára képeződik le. Egy négyszög vagy másod-, vagy negyedrendű forgásszimmetriával rendelkezhet, a forgásszimmetrikus négyszögnek középpontos szimmetriája is van.

A halmazábrából tehát azt látjuk, hogy a kétféle tengelyes szimmetria egymáshoz való viszonya más, mint a középpontos szimmetriával való kapcsolatuk. Vizsgáljuk meg ezeket is közelebbről!

5.42. Feladat: Hasonlítsa össze a deltoidok, a húrtrapézok és a parallelogrammák tulajdonságait! Próbálja ezek közül összepárosítani azokat, amelyeket valamilyen szempont szerint rokonnak érez!

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A párhuzamok látványosak. A deltoidok és a húrtrapézok tulajdonságait leíró szövegek csupán abban különböznek, hogy az oldal helyett szögre, illetve szög helyett oldalra vonatkozik. A parallelogramma tulajdonságai valamiféle egyesítései a deltoidok és a húrtrapézok tulajdonságainak: a szomszédosság helyét a szemközti, a szimmetriatengely helyét a szimmetriacentrum (két merőleges szimmetriatengely) veszi át. Az egyenlőszárú háromszögek a tengelyesen szimmetrikus négyszögekkel rokonok, ami nem csoda, hiszen elfajult deltoidnak és elfajult húrnégyszögnek egyaránt tekinthetők, szimmetriacentrumuk azonban nincs.

A többféle szimmetriával rendelkező négyszögek között természetesen folytatódnak, még szorosabbá válnak a párhuzamok:

A szabályos három- és négyszögek tulajdonságai közötti párhuzam mélyebb, a szabályos alakzatok definíciójából adódik. Továbbá megjelenik a páros és páratlan oldalszám miatt adódó különbség.

Építkezés szimmetrikus alakzatokból

A következőkben azt mutatjuk meg, hogyan lehet szimmetrikus építőelemekből új szimmetrikus alakzatokat építeni. Ehhez érdemes megvizsgálnunk ezeknek az építőelemeknek a szimmetriáit.

Egyszerű alakzatok szimmetriái

A tananyag általában nem foglalkozik, vagy nem foglalkozik eleget a legegyszerűbb alakzatok pont, kör, egyenes, sáv, szögtartomány, körcikk, körgyűrű szimmetriáival, pedig ezek megismerése sokat segíthet a geometriatanításban. Itt a sík egyszerű alakzataival fogunk foglalkozni, de hasonlóan elemezhetők a térbeli alakzatok szimmetriái is.

5.43. Feladat: Állapítsa meg, hogy a következő alakzatok rendelkeznek-e tengelyes, illetve középpontos szimmetriával! Ha igen, adja meg a tengelyt illetve a szimmetriacentrumot! Ha végtelen sok van, akkor adjon meg néhányat.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A pont és a kör a középpontján átmenő bármely egyenesre szimmetrikus, végtelen sok szimmetriatengelye van. A egyenes és a párhuzamosok által bezárt sáv az egyenesre, illetve a sáv határegyenesére merőleges bármely egyenesre szimmetrikus, ezen kívül az egyenes maga, illetve a sáv középpárhuzamosa is szimmetriatengely. Ezeknek is végtelen sok szimmetriatengelye van.

A körgyűrű szimmetriák szempontjából a pont és a kör társa. Mértani hely szempontjából rokon a sávval is, hiszen az egyik egy körtől, a másik az egyenestől adott távolságra vagy annál közelebb levő pontok mértani helye.

Egy körcikk tengelyesen szimmetrikus a körív felezőpontját a középponttal összekötő egyenesre. Egy szögtartomány tengelyesen szimmetrikus a szögfelezőjének az egyenesére.

Pontnak és körnek egyetlen szimmetriaközéppontja van, a pont maga, illetve a kör középpontja.

Egyenesnek és sávnak végtelen sok szimmetriacentruma van, ezek az egyenes pontjai, illetve a sáv középpárhuzamosának pontjai.

Szögtartománynak nincs szimmetriacentruma (kivéve a teljes szöget, ami maga a sík, és annak minden pontja szimmetriacentrum).

Tengelyesen vagy középpontosan szimmetrikus alakzatok építése tartományokból

A következő kérdések vizsgálatához szükséges eszközként merev fóliára rajzolt szimmetrikus alakzatokat (pont, kör, egyenes, sáv, körgyűrű, körcikk, szögtartomány) javasolunk, amelyeket könnyen egymásra lehet mozgatni és így az alakzatok egyesítésével létrehozott új alakzatot is tudjuk szemléltetni.

Kérdések:

  • Igaz-e, hogy két tengelyesen szimmetrikus alakzat mindig elhelyezhető úgy, hogy az együttes alakzat, két alakzat uniója, szimmetrikus legyen?

  • Igaz-e, hogy két tengelyesen szimmetrikus alakzat mindig elhelyezhető úgy, hogy a két alakzat uniója ne legyen szimmetrikus?

  • Igaz-e, hogy két középpontosan szimmetrikus alakzat mindig elhelyezhető úgy, hogy az együttes alakzat, két alakzat uniója, szimmetrikus legyen?

  • Igaz-e, hogy két középpontosan szimmetrikus alakzat mindig elhelyezhető úgy, hogy a két alakzat uniója ne legyen szimmetrikus?

  • Igazak-e ezek az állítások két alakzat metszetére is? Mindegyik esethez adj példát, illetve ellenpéldát!

Ha két tengelyesen vagy középpontosan szimmetrikus alakzatot úgy helyezünk el, hogy tengelyük, illetve középpontjuk egymásra kerüljön, akkor a két alakzat egyesítése (és metszete is) tengelyesen illetve középpontosan szimmetrikus lesz.

Vannak olyan alakzatpárok, amelyeket bárhogyan helyezünk el, az együttes alakzat mindenképpen szimmetrikus lesz. Például:

  • Mindenképpen tengelyesen szimmetrikus egy körből és egyenesből álló alakzat, mivel a kör középpontján áthaladó és az egyenesre merőleges egyenes mindkettőnek szimmetriatengelye.

  • Mindenképpen szimmetrikus két párhuzamos sáv uniója és metszete is, hiszen, ha a sávok (határoló egyeneseik) párhuzamosak egymással, akkor tengelyesen szimmetrikus a metszet és az unió is, ha a sávok metszik egymást, akkor a középpárhuzamosok metszéspontja közös szimmetriacentruma a metszetnek és az uniónak is.

Az alakzatokról szóló részben láttuk, hogy sávok és szögtartományok metszeteként minden három- és négyszög előállítható. A következőkben az figyeljük meg, hogyan kaphatjuk meg a szimmetrikus három- és négyszögeket.

5.44. Feladat: Építsen szimmetrikus három- és négyszögeket szögtartományok és sávok metszeteként!

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Ehhez a feladathoz is feltétlenül adjunk átlátszó, nem túl puha A4-es fóliából kivágott, szögtartományokat és sávokat imitáló alakzatokat (néhány jelzett szimmetriatengellyel) a tanulók kezébe.

Az ilyen típusú feladatoknak és foglalkozásoknak haszna, hogy a szimmetria tulajdonságokról a körzős-vonalzós módszernél sokkal mélyebb, vagy éppen azt megalapozó tapasztalatokat ad a tanulóknak. Másik fontos előny, hogy itt a tartományokra is a szokásosnál erősebb hangsúly helyeződik.

5.1.6 Szerkesztési feladatok

A mindennapi élet legkülönbözőbb területein használunk geometriai szerkesztéseket, oldunk meg szerkesztési feladatokat.

Egy szerkesztési feladat abban áll, hogy egy adott tulajdonságú alakzatot keresünk

  • adott alakzatok (pontok, egyenesek, körök, ...) ismeretében,

  • bizonyos előre rögzített eszközök felhasználásával és alkalmazási szabályok betartásával.

A szerkesztési feladat megoldása során

  • el kell döntenünk, hogy az adott tulajdonságú célalakzat egyáltalán létezik-e, és pozitív válasz esetén

  • ki kell dolgozni egy elméleti szerkesztési módot;

  • meg kell vizsgálnunk, hogy a talált szerkesztés pontosan, vagy csak közelítő módon hajtható végre;

  • ténylegesen el kell végezni a szerkesztési eljárást.

A szerkesztési feladatok megoldásának vezérfonala

vázlat - elemzés, szerkesztés, szerkesztés leírása, szerkesztés helyességének igazolása, megoldhatóság feltételeinek, megoldások számának vizsgálata.

Megjegyzés:

Ez a lista nem mechanikus követelmény, hanem a szükséges tennivalók áttekintése. Ha mereven ragaszkodunk hozzá, fennáll a veszélye, hogy a tanulók összefüggő gondolatláncát mesterkélten szétválasztjuk veszélye. Az elméleti szerkesztési eljárás létezése és a rajzilag előállított alakzat pontossága egyaránt függ a felhasználható eszközök és szabályok rendszerétől. (Például szabályfüggő, hogy egy ellipszis minden pontját megrajzolhatjuk-e egy ellipszográf segítségével, vagy csak véges sok pontját tudjuk-e előállítani körző és vonalzó felhasználásával.)

Bár a technikai fejlődés a szerkesztési eszközök felsorolhatatlan tárát hozta és hozza létre, a körző és vonalzó használatára épülő, véges sok lépést megengedő euklideszi szerkesztés történeti szempontból különösen jelentős. Az euklideszi szerkesztés feladatainak rendszerező vizsgálata vezetett ugyanis az első olyan bizonyításokhoz, amelyek valaminek a létezését cáfolták.

A matematika története már a görögök idejéből őriz nevezetes nem szerkeszthető feladatokat, mint a kocka megkettőzése, a szögharmadolás, a kör négyszögesítése. Ugyanakkor az eszközök és szabályok megváltoztatásával rokon, analóg feladatok egész sora keletkezett amely a METAMATEMATIKA, a modern matematika egy ágának a megszületéséhez vezetett. A szerkeszthetőség elméletének kutatásai egy érdekes eredményre vezettek, kiderült, hogy az euklideszi szerkesztésekben a körző és a vonalzó szerepe nem egészen szimmetrikus. Ha ugyanis úgy módosítjuk a játékszabályokat, hogy egy egyenes tényleges meghúzása helyett megelégszünk az egyenest meghatározó két pont megadásával, akkor a vonalzó elhagyható.

Megmutatható, hogy pontosan azok a szerkesztési feladatok oldhatók meg euklideszi értelemben, amelyek egyetlen körző használatával is megoldhatók. (Mohr, G. 1672. [] és Mascheroni, L. 1797. []). Ugyanezen feladatok megoldásánál a körző csak akkor helyettesíthető egyetlen vonalzóval, ha adott egy körvonal és a kör középpontja is. (Poncelet, J. V. 1822 []. és Steiner, J. 1833. []) A körvonal szükségességét mi is természetesnek érezzük, és elődeink is úgy érezték, a középpont megadásának követelményén azonban számos nagy ember (köztük Napóleon is) elgondolkodott. Radamacher és Toeplitz bebizonyították, hogy egy adott kör középpontja egyetlen vonalzóval nem szerkeszthető meg (Radamacher, H. u. Toeplitz, O. 1933. []).

Egy szerkesztés lehetetlen voltát kevés diáknak áll módjában belátni, mert a bizonyítás eszközei messze belenyúlnak a magasabb matematikába, komoly algebrai ismereteket igényelnek. Ez a tény különleges módszertani értéket ad ennek a klasszikus példának. Elemi geometriai ismeretekkel és módszerekkel megmutatható ugyanis, hogy egy matematikailag egyértelműen meghatározott, létező alakzat nem érhető el az adott eszköz és szabályrendszer segítségével.

A bizonyítás alapgondolata:

Tegyük fel, hogy az állítással ellentétben szerkeszthető a középpont. Ez azt jelenti, hogy létezik egy olyan véges sok lépésből álló lineáris algoritmus (egyenesek húzásából álló szerkesztési előírás), amelynek eredményeként a kör középpontja, mint két egyenes (vagy mint egy egyenes és a megadott körvonal) metszéspontja áll elő.

Tekintsünk egy olyan ponttranszformációt, amely

  • az adott kört egy körbe,

  • a behúzott egyeneseket egyenesekbe,

  • az adott körrel, illetve az egymással alkotott metszéspontokat a megfelelő képegyeneseknek a képkörrel, illetve egymással alkotott metszéspontjaiba viszi.

Ez a transzformáció a képegyeneseknek egy olyan rendszerét hozza létre, amelyen a képkör középpontja ugyanazon szerkesztési eljárással nyerhető, mint a kiindulási egyenesekből az alapkör középpontja.

Ahhoz, hogy az indirekt bizonyítást befejező ellentmondáshoz jussunk, elegendő egy olyan ponttranszformációt megadni, amely rendelkezik a fenti tulajdonságokkal, de az alapkör középpontját nem a képkör középpontjába viszi. Amennyiben ugyanis ilyen transzformációt találunk, akkor középpontként két különböző pont adódna, ami a középpont szerkeszthetőségére tett feltevésünk hamis voltát mutatja.

A keresett ponttranszformáció létezését különbözőképpen bizonyították.

  • Hilbert analitikusan adott meg egy ilyen projektív transzformációt (Hilbert, D. 1962 []).

  • Az ábrázoló geometriában olyan bizonyítások ismertek, amelyek középpontos vetítést (sztereografikus projekciót, perspektivikus ábrázolást) használnak.

  • Mi a térgeometria egyszerű eszközeivel és a térbeli egybevágósági transzformációk tulajdonságaira alapozva megmutatjuk a ferde körkúp egy fontos tulajdonságát (lásd 6) és ennek alapján vázoljuk a keresett leképezés létezésének bizonyítását (lásd 6).

5.1.7 A tér elsődlegessége a síkkal szemben

A csecsemő születésétől kezdve a térben szerzi az ismereteit. Az első kézügyességfejlesztő játékok is egységben kezelik a testeket és a keresztmetszetüket, vetületüket adó síkidomokat. Nem véletlen, hogy az első lapozós mesekönyvek nem három dimenziót érzékeltető térhatású ábrák, hanem igazi térbeli konstrukciók, amellyel megszerezheti a gyermek azt a tapasztalatot, hogy belevasaljuk’’ a síkba a teret.

Éppen ezért nem a gyermeki fejlődés természetes útja, hogy a mértan órán hirtelen lapos lesz a világ és jó sokáig az is marad.

A térgeometria mostoha sorsa nem csupán a tanítására fordított idő csekély arányában, hanem ennek életkor szerinti egyenetlen eloszlásában is megnyilvánul. Az elemi térélményekkel és a térbeli (mértani) testekkel jórészt a pre-matematikai szakaszban találkoznak, majd (komoly) képletek, számolások (felszín, térfogat) foglalkoznak ismét velük. Amíg a térgeometriai fogalmakkal látszólag nem történik semmi, azalatt a diákok személyisége, ismeretrendszere, igényszintje, matematikai szabatossága nagyon sokat fejlődik, ezért a folyamat rosszabb a semminél, negatív. A gyerekkori, szemléletes, mutogatós (játszótéri piros vödrös) szinten megrekedt, nem fejlesztett fogalmak kizáródnak az igényes matematikai tevékenységből. Sokszor még azoknál is hiányoznak az igényszintnek megfelelő gondolati és kommunikációs eszközök, akik jól látnak térben és még le is tudják rajzolni azt, amit elképzelnek. Tanuláspszichológiai szempontból ezzel magyarázható, hogy sok (a matematika más területén jól teljesítő) fiatal miért idegenkedik a térgeometriától.

Ha a rendszerezett tanulás, a matematika építkezése éveken át meg is kívánja a síkgeometria előnyben részesítését, semmi nem indokolja a kizárólagosságát.

Lehet síkbeli transzformációt térbeli mozgatással létrehozni, kezelhetünk egy síkidomot egy háromdimenziós test síkmetszeteként vagy vetületeként.

A mozgatás, a körülöttünk levő világhoz jobban kötődő tevékenység haszna nem csupán abban van, hogy a térgeometria a gyerekkel együtt érik nagykorúvá, hanem abban is, hogy segíti a különböző agyfunkciók együttes működését, jót tesz a strukturált bevésésnek és a könnyebbé teszi a felidézést.

Ahogyan a műveletek és műveleti szabályok rokonságának felismerése elősegíti a műveletfogalom alaposabb megértését, ugyanez történhet geometriai fogalmakkal is.

5.45. Feladat: Keressen olyan tananyagrészeket, ahol lehetőséget lát a sík és tér párhuzamos kezelésére. Gondolja meg, hogy mi mindent jelenthet például az x=1 kifejezés.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Például az x=1 egyszerű kifejezés (szituációtól függően) azt jelenti, hogy:

  • akármit is jelöl az x, már nem ismeretlen, hanem 1 az értéke;

  • a számegyenes 1-es pontjáról van szó;

  • a sík, vagy a tér egy olyan pontjáról van szó, amelynek 1 az első koordinátája;

  • a sík, vagy a tér összes olyan pontjáról van szó, amelynek 1 az első koordinátája, azaz az x tengelyre az (1;0) vagy az (1;0;0) pontban merőleges egyenest, illetve síkot írtuk le.

Hasonlóan járhatunk el az alábbi kifejezésekkel is:

  • x 2 + y 2 = 1 (kör vagy henger);

  • ( a - b ) 2 = 1 (két pont egységnyi távolságra van a síkban vagy a térben, az egyik ponttól egységnyi távolságra levő pontok összessége a síkban vagy a térben);

  • n ( r - r 0 ) = 0 (síkbeli egyenes vagy térbeli sík egyenlete).

A szintetikus és analitikus, a síkbeli és térbeli, a geometrián belüli és a matematika más területei valamint a matematikán kívüli világ közötti kézenfekvő (vagy éppen nem kézenfekvő, de hasznos) kapcsolatrendszert is érdemes megszólítani.

A következő példákkal kedvet szeretnénk csinálni és ötletet adni a sík és tér összekapcsolásához. Nem mi találtuk ki, de szívesen átveszünk olyan példákat, amelyekben egy síkbeli probléma kezelhetőbbé válik, ha beágyazzuk a térbe, vagy éppen térbeli problémát oldunk meg síkmetszet, illetve alkalmas vetület segítségével. Bolyai például a hiperbolikus sík egyeneseire a párhuzamosság tranzitivitását a térbe kilépve bizonyította (Bolyai, 1973 []).

I. Sík és tér a pre-matematikai korszakban

5.46. Feladat: Mit jelent a sík, az egyenes, a tér a pre-matematikai szakaszban (12 éves kor előtt)?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Tapasztalatból tudom, hogy ingoványos területre érkeztünk. Volt rá példa, hogy a 12 éves diákjaim verbálisan vissza tudták adni az általam jól átgondolt definíciót, de a gondolatvilágukban nem hagyott nyomot. Már el tudták ismételni AZ EGYENES MINDEN IRÁNYBAN HATÁRTALANUL MEGHOSSZABBÍTHATÓ szóegyüttest, de arra kérdésre, hogy hány részre osztja az egyenest 6 pont azt válaszolták, hogy attól függ, hogy a végére teszünk-e pontot’’. Vagy amikor a kitérő egyenest akartak kérdve kifejteni, akkor a kereszteződő utak problémáját felüljáróval, felfelé görbe egyenes’’ konstrukcióval akarták megoldani.

Az alapfogalmakat nem definiáljuk, csak nevet adunk nekik és a térélményre alapozva leíró módon utalunk rájuk (tű hegye, kifeszített húr, ...). Itt nem matematikán belüli konstrukciókról van szó, hanem a valóságból eredő elvonatkoztatásokról. Az alakzatok pontokból állnak, de ezek még nem az axiomatikus felépítés PONTjai. Nagyon nagy lépés ebben a korban, hogy a pontot nem tartalmazó üres alakzatot is hozzávesszük a készletünkhöz.

Beszélünk síkról és térről. Ha a sík a tér része (márpedig az a természetes), akkor óhatatlanul előkerül a DIMENZIÓ kérdése is. Persze ez sem a Menger-Urysohn-féle absztrakt értelemben (Menger, 1928. []), hanem a tanulók tér- és mozgásélményére alapozva: a kockának van magassága, szélessége, a gödörnek van mélysége, a golyó gurul, az asztalon (nekem) jobbra és balra játékok fekszenek, a daru emelkedik felfelé és ereszkedik lefelé. A dimenzió intuitív szinten marad, amellyel a kiterjedést, illetve a szabadsági fokot jellemezzük. A pontnak nincs kiterjedése, az egyenesnek 1 van, ... .

Tapasztalatom szerint az 1 dimenzió kimarad az iskolai tárgyalásból, 2 és 3 meg elkülönülve szerepel. Éppen ezért említem a következő konkrét-manuális tevékenységeket, amelyek bevezető feladatként szolgálhatnak a dimenzió fogalmának megértéséhez és egységes kezeléséhez.

Játék a gyufaszálakkal

A sík és tér közötti (észrevétlen) váltásra serkenthetjük a tanulókat például a következő játékkal:

  • A változat: 6 gyufaszálból rakjál ki szabályos háromszögeket.

  • B változat: 6 gyufaszálból rakjál ki szabályos háromszögeket, ha csak a végpontjukban találkozhatnak a gyufaszálak.

  • C változat: 6 gyufaszálból rakjál ki 4 szabályos háromszöget, ha csak a végpontjukban találkozhatnak a gyufaszálak.

Az A és B változatnál általában a síkban maradnak a tanulók és vitatkoznak arról, hogy a nagy meg a kicsi háromszögek számítanak-e. A C változatnál úgy gondolják, hogy nem oldható meg, legalábbis a síkban maradva.

Testek építése bontása

A dimenziók közötti mozgásra nagyon alkalmas a nyitható-csukható Polydron készlet, de már sokkal olcsóbb eszközökkel is nagyon értékes tapasztalatokat szerezhetünk.

Majdnem minden gyerek szívesen vágja ki testek (síkbeli) hálózatát és ragasztja össze (térbeli) modellé. Eközben (talán nem is tudatosan) számos matematikai tevékenységet (is) végez, pl. éleket és csúcsokat azonosít.

Már ezen a nagyon elemi szinten is szembesülhetnek megoldhatatlan feladattal.

  • 4 egybevágó szabályos háromszögből építs olyan síkbeli alakzatokat, amelyben a háromszögek teljes oldallal csatlakoznak egymáshoz.

  • Mindet megtaláltad? Keresd ki közülük azokat, amelyek egy tetraéder hálózatának tekinthetők.

Ez és a kockára vonatkozó analóg feladat sokkal inkább mentális feladat, mint eszköz és kézügyesség kérdése. Mégis segít és munkára serkent, ha háromszög- vagy négyzetrácsos papírt és (vagy) háromszögeket és négyzeteket adunk, esetleg aktív táblás vagy dinamikus geometriai feladatlapon manipulálhatnak a tanulók.

A hálózatokkal játszadozva problémamegoldás is előkerülhet.

Rendhagyó hálózat: Hogyan lehet egy 1cm és 7 cm oldalhosszúságú téglalapból hajtogatással (vágás, tépés nélkül) egységélű kockát készíteni?

Két probléma is adódik, egy négyzetet el kell dugni és kétszer is irányt kell váltani. Egy tanuló a következőképpen magyarázta el társainak a megoldását: A felső és az alsó lapot mindenképpen el kell fordítani és a két befordulásnál egy-egy fél négyzetet el is dugunk. Csak arra kell vigyázni, hogy a csonka négyzetekből ki tudjunk rakni egy lapot. Ha a második és az utolsó előtti négyzeteket felezem, akkor meg tudom csinálni a kockát.’’

Még mindig a pre-matematikai szakaszban vagyunk?

Tekintsünk ezekre a hajtogatós, ragasztásos feladatokra a matematika szemszögéből. A testek hálózatával való játék egyfelől szép kombinatorikus feladatok kiindulópontja lehet, de nagyon gyorsan vezethet a matematika felsőbb régióiba is.

A modellezés közben végzett intellektuális tevékenység, az azonosítás’’ az egyik fontos elrugaszkodási pont. Azt a tapasztalatot akarjuk általánosítani, hogy a hálózaton szereplő csúcsok közül legalább hármat azonosítani kell egymással, hogy térbeli csúcsot kapjunk, vagy legalább két sokszögoldalt, hogy él legyen belőle.

5.47. Feladat: Legyen adott egy ABCD téglalap. Azonosítsa a téglalap határpontjait (vagy azok egy részét) a megadott szabály szerint és jellemezze a kapott felületeket.

  • Azonosítsa a téglalap egyik szemközti oldalpárjának a velük párhuzamos középvonalra szimmetrikus pontjait.

  • Azonosítsa a téglalap egyik szemközti oldalpárjának a téglalap középpontjára szimmetrikus pontjait.

  • Azonosítsa a téglalap egy-egy szemközti oldalpárjának a velük párhuzamos középvonalra szimmetrikus pontjait.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ: A baloldali ábraegyüttes az a), a középső a b), a jobboldali pedig a c) feladathoz ad segítséget.

A másik elrugaszkodási pont az adott hálóhoz tartozó poliéder létezésének és egyértelműségének kérdése, amely a felületek belső geometriájával függ össze. A matematika olyan óriásai, mint Cauchy, A. D. Alexandrow és A. W. Pogorelov írtak a témához kapcsolódó cikkeket.

II. Egy középiskolai síkgeometriai feladat

5.48. Feladat:A dAlembert tétel

Három nem kongruens és nem koncentrikus kör páronként vett külső hasonlósági középpontjai egy egyenesen fekszenek. Ugyancsak egy egyenest alkot egy belső hasonlósági középpont két-két pár belső hasonlósági középpontjaival.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Nyilván ismernek többféle módszert az állítások igazolására (például a hasonlósági transzformációk egymásutánját használva), de mi most a csekély térgeometriai befektetés bőséges megtérülésére szeretnénk a figyelmet irányítani. Ez a bizonyítás Monge nevéhez fűződik.

Ha a körök középpontja egy egyenesen van, akkor nyilvánvalóan igaz az állítás.

Nem kollineáris középpontok esetében tekintsük a köröket 45-os félnyílásszögű forgáskúpok alapköreinek. Az így kapott kúpok hasonlósági középpontja megegyezik a körök hasonlósági középpontjával. Mégpedig az alapsík ugyanazon oldalára állított kúpok esetében a körök külső (a felső ábra), ellentétes oldalon fekvő kúpok esetében a körök belső (alsó ábra) hasonlósági középpontjáról van szó. A kúpok hasonlósági pontjai illeszkednek a három csúcsai által meghatározott síkra és az alapsíkra is. A két sík metszésvonala egyenes, tehát a hasonlósági középpontok kollineárisak.

Azt is érdemes meggondolni, hogy

  • a feltételek közül melyiknek mi a szerepe;

  • miért nincs szó a 3 belső hasonlósági pontról;

  • mi változik a bizonyításban, ha a kúp magassága nem a kör sugara;

  • mi változik a bizonyításban, ha nem körökről, hanem homotetikus síkidomokról beszélünk;

  • irányított körökkel (a ciklográfia nyelvén) mennyivel egyszerűbb lenne;

  • ...

de nem erről a témáról írjuk ezt a könyvet.

III. Problémamegoldás a sík és tér összekapcsolásával

1.) A ferde körkúp egy érdekes tulajdonsága A ferde körkúp palástjára írható olyan kör, amelynek síkja az alapkör síkjával nem párhuzamos.

Legyen Σ1 az S csúcsú, k vezérvonalú ferde körkúp, valamint a k kört és az S pontot tartalmazó gömbfelület közös szimmetriasíkja.

Az Σ1 sík a kúpfelületből az a1 és a2 alkotókat, a gömbből egy K főkört metsz ki.

Az a1 és a2 alkotók t szögfelezője egyben felezi a K körnek az alkotók közé eső ívét is, így áthalad a k peremű gömbsapka T pólusán, középpontján is.

Fektessünk a t egyenesre egy másik síkot, amely a gömbfelületet egy K körben, a kúpot pedig b1 és b2 alkotókban metszi. A b1 alkotó a k és K köröket ugyanazon B1, a b2 pedig B2 pontban metszi. Mivel a k kör minden pontja gömbi és euklideszi értelemben is egyenlő távol van a T ponttól, a K kör TB1 és TB2 (húrjai és így) ívei egyenlők, tehát t a b1 és b2 alkotók szögét is felezi.

Ezt a tényt úgy fogalmazhatjuk át, hogy a kúpfelületnek a t egyenesen átmenő síkkal alkotott metszetei t-re szimmetrikusak, ezért a t egyenest a kúpfelület tengelyének, szimmetriatengelyének is mondhatjuk.

Találtunk két olyan térbeli egybevágósági transzformációt, amely a kúpfelületet önmagába viszi, az egyik a Σ1 síkra, a másik a t tengelyre vonatkozó tükrözés.

Az egyenesre való tükrözés előállítható két olyan síkra való tükrözés egymásutánjaként is, amelyek egymásra merőlegesek és metszésvonaluk az adott egyenes.

Mivel a t tengely a Σ1 síkban fekszik, speciálisan úgy is megválaszthatjuk a t tükrözést helyettesítő két tükrözés síkjait, hogy az egyik maga a Σ1 sík legyen, a másik pedig a Σ1-re t-ben állított merőleges sík, a Σ2.

A kúpfelület természetesen változatlan marad, ha egymás után mindkét tükrözést végrehajtjuk, azaz Σ1-re, Σ1-re és Σ2-re egymás után tükrözünk. Mivel az S1-re vonatkozó kétszeri tükrözés az egész teret helybenhagyja, ezt a két tükrözést elhagyhatjuk.

Eredményül azt kaptuk, hogy a kúpfelület magára az Σ2 síkra is szimmetrikus. A kúpfelületre írt k kör Σ2-re vonatkozó k tükörképe tehát ugyancsak a kúpfelületre van írva, és mivel k síkja se nem párhuzamos Σ2-vel, se nem merőleges rá, így k síkjától különböző állású síkban fekszik.

2.) Egy speciális transzformáció létezése Létezik olyan ponttranszformációt, amely

  • az adott kört egy körbe,

  • a behúzott egyeneseket egyenesekbe,

  • az adott körrel, illetve az egymással alkotott metszéspontokat a megfelelő képegyeneseknek a képkörrel, illetve egymással alkotott metszéspontjaiba viszi.

  • az adott kör középpontját nem a képkör középpontjába viszi.

Legyen egy adott ferde körkúp csúcsa S, és legyenek k és k a kúp palástjára írt különböző állású körök. A k kör síkját (alapsík) az S pontból vetítjük a k kör síkjára (képsík).

Egy Q pont képe az SQ vetítősugárnak a képsíkkal alkotott metszéspontja áll elő, egy alapsíkbeli alakzat képét pedig a pontjaihoz húzott vetítősugarak összessége metszi ki a képsíkból.

A k kör vetítősugarai a kúp alkotói, így képe a k kör.

Az alapsíkbeli egyenesek vetítősugarai egy síkot alkotnak, így képeik egyenesek lesznek, metsző egyenesek vetítősíkjainak közös egyenese (mint vetítősugár) a metszéspontot a képegyenesek metszéspontjára képezi le.

Hátra van még annak belátása, hogy a k kör középpontjának vetülete nem lehet a kkör középpontja. Ehhez tekintsük a kúpnak k-val és k-vel közös szimmetriasíkjával alkotott metszetét. A kimetszett körátmérők a kúp tengelyével (derékszögtől különböző) egyenlő szöget zárnak be, de nem párhuzamosak egymással, így felezőpontjaik a tengely (a metszetháromszögek szögfelezője) különböző partjára esnek, tehát nem lehet egyik a másik képe.

5.1.8 A többféle geometria kérdéséhez

Nem gondoljuk a geometriák axiomatikus szétválasztását és a párhuzamos geometriák kezelését az iskolába vinni. Csupán a természetes környezetben oly gyakran előforduló alakzat (labda, gyümölcsök, szappanbuborék, csuklók, égitestek, szemgolyó) a gömb geometriai modelljének vizsgálatát javasoljuk.

Magunk is egy gömbszerű felületen élünk, amelyen gömbi koordináták szerint tájékozódunk.

A gömbfelület a 3 dimenziós tér része, amely így is sok érdekes vizsgálatra kínál alkalmat. A gömbfelület (pl. a Lénárt-gömb) segítségével rögtön két geometriai rendszert is megismerhetnek a tanulók, aszerint, hogy mit nevezünk egyenesnek. Bár önmagában is nagyon érdekes, mégsem öncélú a gömbfelületen értelmezhető más geometriák vizsgálata. Az euklideszi geometria mibenlétét érti jobban az a tanuló, aki az euklídeszin kívül más rendszert is megismer, és ezt a gömbfelület esetében konkrét manipulációval teheti.

A tanulók fantáziáját Lénárt István a hagymaszeletelés technikájának változtatásával szokta ebbe az irányba terelni. Egy félbevágott hagymát szeletelhetjük narancsgerezdformán (forgásszimmetrikusan), de szeletelhetjük nagymamamódra, a vágódeszkára merőleges vágásokkal is. Az egyikkel gömbi főköröket vágunk, amelyekből a gömbi geometria egyenesei lesznek, a másikkal az egyenlítőre merőleges köröket, amelyek a hiperbolikus sík modelljében lesznek az egyenesek. Az euklideszi sík egyeneseit meg már ismerjük.

Felix Kleintől [] származik a háromféle geometria és a kúpszeletek elnevezéseinek összekapcsolása, amely a kúpszelet ideális pontjainak száma és az egyeneshez külső pontból húzható párhuzamosok száma közötti analógiára utal. Ennek nyomán használjuk ezeket a jelzőket az Eukleidész (parabolikus), a Bolyai-Lobacsevszkij (hiperbolikus) és a Riemann (elliptikus) nevéhez kapcsolt geometriák megkülönböztetésére.

A 3 elemi síkgeometria sok közös tulajdonsággal rendelkezik, mindháromnak elemei a pontok és az egyenesek, és ezek tulajdonságaiban is van hasonlóság és sok eltérés is. A három elemi síkgeometriát szétválaszthatjuk háromszög szögösszegével, de kapcsolhatjuk a párhuzamosság fogalmához is.

  • A parabolikus (euklideszi) geometriában a háromszög szögösszege 180, egy egyeneshez egy külső pontból pontosan egy nem metsző egyenes húzható (párhuzamos).

  • Az elliptikus geometriában a háromszög szögösszege nagyobb, mint 180, nincsenek nem metsző egyenesek.

  • A hiperbolikus geometriában a háromszög szögösszege kisebb, mint 180, egy egyeneshez egy külső pontból végtelen sok nem metsző egyenes húzható. (A metszőket a nem metszőktől elválasztó két egyenes a párhuzamos.)

5.49. Feladat: Az euklideszi síkgeometria tapasztalatainkból absztrakcióval keletkezett, vagy az euklideszi geometria egy axiomatikus rendszer, amelynek modellje a minden irányban végtelen kiterjedésűnek gondolt lap, pl. füzetlap?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Történetiség és megismerés szerint a keletkezés az elsődleges, a matematika axiomatikus szemlélete szerint a síklap egy modell.

Lénárt István munkáiban a gömbi geometriára vonatkozó kezdő, haladó és intenzív szintű feladatokat, valamint módszertani ötleteket is talál. Ezekhez a feladatokhoz jól használható a rajzgömb, illetve speciális céloknak megfelelően más tárgyak, pl. pingpong labdák, narancsok.

5.50. Példa:

1. Mit tekinthetünk a gömbön egyenesnek?

A gömbi geometrián belül az egyenes alapfogalom. Az euklideszi térben lévő gömbön egyenesnek a főkört tekinthetjük, a gömbnek és a gömb középpontján áthaladó síknak a metszésvonalát.

2. Hány részre bontja az egyeneseket 1, illetve 2 pont?

3. Van-e olyan háromszög a gömbi geometriában, aminek 3 derékszöge van? (Mit tekintünk a gömbi geometrián belül értelmezve két gömbi egyenes szögének?)

5.1.9 Geometriai fogalmak kialakítása és a geometriai térszemlélet fejlesztése (8. tétel)

A geometriai fogalmak fejlődésének szintjei. Szintetikus (elemi), koordináta- és vektorgeometria az általános és középiskolában. A térszemlélet fejlesztését szolgáló témakörök, módszerek és eszközök.

Megjegyzés: A többi tétel idevágó részeire is gondoljanak, itt csak a specialitásokra utalunk. Igyekezzenek saját példát keresni és azt végigkísérni a fogalomcsírától a pontos matematikai szintig.

  1. A geometriatanítás céljai

    • a környező világ leírása, megértése és értelmezése

    • példa mutatása axiomatikus elméletre

    • gazdag és változatos feladatkészlet biztosítása a tanulók számára

    • megtanítani a diákokat sejtések megfogalmazására, bizonyítások készítésére, példák és ellenpéldák kitalálására

    • eszközt teremteni más matematikai területeknek

    • gazdagítani a tanulók matematikáról alkotott képét

  2. A geometriai fogalmak fejlődésének szintjeiPierre és Diana Van Hiele szerint a geometriai gondolkodás fejlődése során a következő (egymásra épülő, de elkülöníthető) fogalmi szintek figyelhetők meg (részletesen lásd Hollai Mártánál []):Vizuális látvány utáni megítélésElemzés pl. alakzatfajták osztályba sorolása az alkotórészek tulajdonságainak figyelembevételévelInformális dedukció pl. a korábban felfedezett tulajdonságok kapcsolatrendszerének átlátásaDedukció tételek bizonyításaMatematikai szigor pl. tételek alkotása különböző axiómarendszerekbenA szintek a gyerekek korábbi tapasztalataitól és így a tanításuk során a fogalomépítést szolgáló módszerektől is erősen függenek. Példa: A sokszögek tanításának fogalmi vonatkozásai (részletesen lásd Török, J. 2007 [])A sokszögek osztályozása, Venn-diagramok, vizuális és nem vizuális szimmetriákKörültekintően kell megválasztani, hogy az adott életkorban mit definiálunk, mert számos alapvető fogalmat igen nehéz definiálni.Például általános iskolás korban sok egyszerű sokszöget ismernek, ki tudják ezeket választani a síkidomok közül, de a „sokszög” szabatos definíciója (pl. véges sok háromszög egyesítése vagy a zárt töröttvonalas) még túl nehéz számukra. Ugyanakkor könnyen definiálhatók és vizsgálhatók a speciális háromszög- és négyszögfajták.Megérthetik a különbséget egy alakzat definíciója és egy már definiált alakzatról szóló egyéb igaz állítás között, vizsgálhatók logikai kapcsolatok, példa olyan igaz állításokra, melyek megfordítása nem igaz.

  3. Szintetikus (elemi), koordináta- és vektorgeometria az általános és középiskolában.(részletesen célszerű a kerettanterv ([]) és az ahhoz illeszkedő tankönyvsorozat alapján átnézni)A matematikai tartalom strukturálása különösen fontos a geometria tanítása során. A fogalomépítés folyamatában jelentős szerepet játszik az új ismeretek bevezetésének rendszere is és a problémamegoldásra vagy gyakorlásra szánt feladatok megválasztása is. Sokat segíthet a geometriai fogalmak megértésében, ha olyan tanulási környezetet teremtünk, amely gazdag nem csak a témakörön belüli, hanem a geometria különböző területei illetve a geometria és más témakörök közötti kapcsolatokban.Néhány matematikadidaktikai szempontból kulcsfontosságú fogalom Geometriai transzformációk a transzformációk, mint függvények; transzformációcsoport, az erlangeni program Szögfüggvények és trigonometria Geometriai szerkesztések, a szerkeszthetőség kérdése Mérés és mértékek (távolság, terület, térfogat) a szakasz és szög mérése, kerület, felszín A szakaszfelező merőleges és a szögfelező közötti kapcsolat A tér ábrázolásai: a perspektíva geometriája, az ábrázoló geometria elemei A sík- és térgeometria kapcsolata a túl korai szétválasztás problémái síkgeometriai problémák megoldása a térben, térbeli problémák megoldása metszeten és vetületen analógiák és különbségek sík és tér között (pl. háromszög és tetraéder súlypontja, magasságpontja) analógiák és különbségek sík és gömb között Euklidesz rendszere, egyszerűbb „más világok”, pl. kutyageometria. Néhány gyakori tanulói-tanári típushiba a négyzet nem téglalap (paralelogramma, trapéz ...) általános’’ háromszög egyenlőszárú trapéz’’, szimmetrikus trapéz’’, húrtrapéz’’ elnevezések sztenderd’’ pozíció az egyes alakzatok ábrázolásában Egy táblán vagy feladatlapon ábrázolt négyszögről hogyan dönthetjük el, hogy pl. húrtrapéz-e (stb.) (nem úgy, hogy megmérjük vonalzóval a megfelelő szakaszok hosszát, még alacsony korosztályokban sem.) Híres hibás bizonyítások (pl. minden háromszög szabályos)

  4. A térszemlélet fejlesztését szolgáló témakörök, módszerek és eszközök A geometria tanítása során használunk

    • konkrét, megfogható alakzatokat, modelleket (műanyag, papír, stb), geometriai építőjátékokat, szöges táblát és más, akár hétköznapi eszközöket

    • átlátszó papírt, körzőt, vonalzót, ábrákat és rajzokat

    • Lénárt gömböt

    • dinamikus eszközöket (aktív tábla, számítógépes programok)

Irodalom

Hollai Márta: A geometriai gondolkodás és a transzformációs szemlélet szintjei. []

Török Judit: Angol, belga, magyar és spanyol matematikatanítási hagyományok összehasonlítása. [] 3-13. Kerettantervek []

Kitekintő irodalom

Vásárhelyi Éva: A vizuális reprezentáció fontossága a matematikaoktatásban. []

Vásárhelyi Éva: A számítógép a matematikaoktatásban. Oktatási segédanyag. []

5.2 Vertikális és horizontális kapcsolatok

5.2.1 Tömegközéppont és nyomatékok a geometriában

Hraskó Andrásnak az ELTE 2011. november 23-i Tanárklub-ján elmondott előadása kibővített változatban. A legfrissebb változat elérhető az alábbi címen:

http://matek.fazekas.hu/portal/tanitasianyagok/Hrasko_Andras/termtud2011/tomeg/tomegkp.pdf

ALAPELVEK

A fizikában gyakran érdemes helyettesíteni egy tömegpontrendszert a tömegpontok tömegközéppontjába helyezett egyetlen, a tagok tömegének összegével megegyező tömeggel. Ezzel kapcsolatban érdemes megjegyezni az alábbi alapelveket:

I. alapelv

A tömegközéppontot megkaphatjuk úgy is, hogy a tömegpontrendszert részekre osztjuk, kiszámoljuk a részek tömegközéppontját és helyettesítő tömegét, majd meghatározzuk az így kapott rendszer tömegközéppontját. Bármely részekre osztásnál végül ugyanahhoz a tömegközépponthoz jutunk.

II. alapelv

Ha a C pontban γ kg, a B pontban β kg tömeg van, akkor tömegközéppontjuk a CB szakasznak az az A1 pontja, amelyre CA1/A1B=β/γ (másképp: az γCA1, βBA1 forgatónyomatékok kiegyenlítik egymást).

Megjegyzés

Vegyük észre, hogy a pontrendszer tömegközéppontja nem változik, ha benne minden egyes súly nagyságát megszorozzuk ugyanazzal a nullától különböző számmal.

Megfogalmazhatjuk az I., II. alapelvek egy olyan következményét, amelyet később széleskörűen alkalmazunk: ha a rendszert két részre osztjuk, az egyik tömegközéppontja S1, a másiké S2, míg a teljes rendszer tömegközéppontja S, akkor S1, S és S2 egy egyenesen vannak.

A II. alapelv vektorgeometriai analogonja az osztópont helyvektorára vonatkozó nevezetes tétel:

Osztópont helyvektora Ha a C pont helyvektora C, a B ponté B és A1 a BC egyenesen úgy helyezkedik el, hogy CA1/A1B=β/γ, akkor A helyvektora:

A 1 = β B + γ C β + γ .

Itt tehát az B, C vektorok súlyozásával kapjuk az A1 vektort. Fontos, hogy itt az CA1/A1B arányt és vele együtt β/γ arányt is előjelesen értelmezzük, tehát CA1/A1B pozitív, ha C-től A1 ugyanabban az irányban van, mint A1-től B azaz A1 a BC szakaszon van , míg arány negatív ez a két irány különböző.

Az I. alapelv az alábbi vektoralgebrai azonossággal analóg:

( i = 1 I β i B i ) + ( j = 1 J γ j C j ) ( i = 1 I β i ) + ( j = 1 J γ j ) = ( i = 1 I β i ) i = 1 I β i B i i = 1 I β i + ( j = 1 J γ j ) j = 1 J γ j C j j = 1 J γ j ( i = 1 I β i ) + ( j = 1 J γ j ) ,

ahol tehát S a bal oldalon feltüntetett vektor, míg

S 1 = i = 1 I β i B i i = 1 I β i S 2 = j = 1 J γ j C j j = 1 J γ j .

Negatív tömeget nem szokás értelmezni, de a vektorok együtthatói nyugodtan lehetnek negatív számok. Mivel az I., II. alapelvek vektorokkal is értelmezhetők így a későbbiekben negatív tömegekkel is számolni fogunk.

Ekkor előfordulhat az is, hogy néhány tömeg összege zérus. Ha például fent β+γ=0, akkor nem létezik olyan A1 pont a BC egyenesen, amelyre CA1/A1B=β/γ=-1, de a CA1/A1B arány határértéke épp (-1), ha A1 tart a végtelenbe az egyenesen bármelyik irányban. A vektoros megközelítésben is hasonlót látunk: a B-C vektor párhuzamos a BC egyenessel, tehát annak végtelen távoli pontja felé mutat.

III. alapelv

A tömegpontrendszernek a tömegközépponton átmenő tengelyre vonatkozó forgatónyomatéka zérus.

IV. alapelv

A tömegpontrendszernek a t tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka

Θ t = m 1 d 1 2 + m 2 d 2 2 + + m n d n 2 ,

ahol n a tömegpontok számát, mi az i-edik tömegpont tömegét, di pedig a tengelytől való távolságát jelöli.

V. alapelv Steiner tétel

Ha a t tengely átmegy a tömegpontrendszer súlypontján, az u tengely pedig párhuzamos t-vel és tőle d távolságban van, akkor

Θ u = Θ t + m d 2 ,

ahol m=m1+m2++mn a pontrendszer teljes tömegét jelöli.

Síkbeli pontrendszer esetén beszélhetünk a pontrendszernek egy adott pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatékáról. Ezen a nyomatékon az adott pontban az adott síkra merőleges tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatékot értjük.

VI. alapelv

A síkbeli pontrendszernek a súlypontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka így is számítható:

Θ S = 1 m 1 i < j n m i m j r i j 2 ,

ahol n a tömegpontok számát, mi az i-edik pont tömegét, m az össztömeget, rij az i-edik és j-edik tömegpont távolságát jelöli.

Megjegyezzük, hogy a síkbeli pontrendszer pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka az átlagos négyzetes eltéréshez rendkívül hasonló mennyiség. a súlypontra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték a szórásnégyzettel rokon mennyiség. A fenti V., VI. alapelvek bizonyítása analóg a statisztika hasonló összefüggéseinek bizonyításával.

FELADATOK

1. feladat

Legyen az ABC háromszög AC oldalának felezőpontja D, továbbá messe a C-n és BD szakasz F felezőpontján átmenő egyenes az AB oldalt az E pontban! Milyen arányban osztja ketté E az AB oldalt?

Megoldás

Tekintsük az (A1;C1;B2) tömegpontrendszert! Mivel (A1;C1)D2 és (D2;B2)F4, így vizsgált rendszerünk tömegközéppontja F.

Másrészt (A1;B2)H3, ahol H az AB oldal B felőli harmadoló pontja. Így (H3;C1)=F4, azaz F illeszkedik a CH egyenesre, azaz H is a CF egyenesre, tehát H=E.

A kérdezett arány: AE/EB=2/1.

2. feladat Nemzetközi Magyar Matematika Verseny 2007

Az ABC háromszög belsejében felveszünk egy P pontot, majd összekötjük a három csúccsal. Az AP egyenes messe a szemközti (BC) oldalt az A1 pontban. Hasonlóan legyenek B1, C1 a BM, CM egyenesek és a megfelelő csúcsokkal szemközti oldalak metszéspontjai. Tudjuk, hogy P felezi az AA1 szakaszt. Bizonyítsuk be, hogy

A B 1 B 1 C + A C 1 C 1 B = 1 !

Megoldás

Azt szeretnénk elérni, hogy az a háromszög csúcsaiba helyezett tömegekből álló rendszer tömegközéppontja a P pont legyen. Legyen BA1/A1C=γ/β. Ha a B pontba β, a C pontba γ kg tömeget teszünk, akkor ezt a rendszert az A1 pontba helyezett (β+γ) tömegű tömegpont helyettesítheti. Rakjunk az A pontba egy (β+γ) kg-os tömeget! Így a három tömegpontból A(β+γ), B(β), C(γ) álló rendszer tömegközéppontja P lesz.

Alkalmazzuk az I. alapelvet, számoljuk ki másképp a tömegközéppontot! A két pontból álló A(β+γ), B(β) rendszer tömegközéppontja az AB oldalnak az a C pontja, amelyre AC/CB=β/(β+γ). Mivel a teljes rendszer P tömegközéppontja a 2. alapelv szerint a CC szakaszon kell legyen, így a C pont megegyezik a C1 ponttal. Hasonló összefüggésre juthatunk az AC oldalon is. Így tehát:

A C 1 C 1 B = β β + γ , A B 1 B 1 C = γ β + γ , A C 1 C 1 B + A B 1 B 1 C = β β + γ + γ β + γ = 1 .

3. feladat

Az ABCD paralelogramma BC oldalának felezőpontja F, a CD oldal D-hez közelebbi harmadolópontja E, az EF egyenes az AC átlót a P, a BD átló meghosszabbítását a Q pontban metszi. Határozzuk meg az

E P / P F , A P / P C , E Q / Q F , D Q / Q B

arányok értékét!

Megoldás

Először a P ponttal foglalkozunk, súlyokat helyezünk a B, C, D pontokba úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja a P pontban legyen. Jelölje ezeket a tömegeket rendre β, γ és δ! A B, D csúcsokba egyenlő tömegeket helyezünk (β=δ), hogy tömegközéppontjuk a paralelogramma O középpontjában legyen és így a teljes rendszer tömegközéppontja az OC átlóra essen. A C csúcsba helyezett tömeg két részből áll: γ=γb+γd. Az egyik rész (γb)egyenlő a B-be helyezett súllyal (β), így ezek tömegközéppontja F lesz, a másik rész (γd) fele akkora súlyú, mint a D-be helyezett tömeg (δ), hogy tömegközéppontjuk E legyen. A kívánt β=δ=γb=2γd feltételnek tehát megfelel a (B2,C3,D2) tömegpontrendszer, azaz

( B 2 , C 3 , D 2 ) P 7 .

Mivel (B2,C2)F4 és (D2,C1)E3, így EP/PF=43.

Másrészt (B2,D2)O4(A2,C2), így P7(B2,C3,D2)(A2,C5), azaz AP/PC=5/2.

Most vizsgáljuk Q-t! Szeretnénk, hogy Q legyen a (Bβ,Cγb+γd,Dδ) rendszer tömegközéppontja. Szeretnénk, hogy a tömegközéppont az EF egyenesen legyen, azaz (Bβ,Cγb)Fβ+γb)(Dδ,Cγd)Eδ+γd), tehát az ezekkel analóg β=γb, δ=2γd feltételeket továbbra is meg akarjuk tartani.

Most még azt szeretnénk, hogy a tömegközéppont az BD átlóra is illeszkedjék, azaz C-ben összesen nulla súly legyen (γb=-γd). Megfelelő lesz a (B-1,C0,D2) tömegpontrendszer, azaz

( B - 1 , C 0 , D 2 ) Q 1 .

Mivel (B-1,C-1)F-2 és (D2,C1)E3, így (F-2,E3)Q1, tehát EQ/QF=-23, ahol az előjel azt fejezi ki, hogy az EQ, QF vektorok ellenkező irányításúak.

Másrészt (B-1,D2)Q1, így DQ/QB=-12 az előzőhöz hasonló értelmű előjellel.

4. feladat

Adott az ABC háromszög és a P pont. Az AP, BC egyenesek metszéspontja A1 és ehhez hasonlóan B1=BPCA, C1=CPAB.

Ismeretes, hogy

A B 1 B 1 C = b 1 b 2 , C A 1 A 1 B = a 1 a 2 .

Határozzuk meg a BC1C1A arányt!

Megoldás

Feltehetjük, hogy AB1=b1,B1C=b2, CA1=a1, A1B=a2 és legyen BC1=c1, C1A=c2. Szeretnénk súlyokat helyezni a háromszög csúcsaiba úgy, hogy az (AαBβCγ) rendszer tömegközéppontja P legyen. Ha az A-ba és C-be helyezett súlyokat úgy választjuk meg, hogy arányuk

α γ = b 2 b 1

legyen, akkor tömegközéppontjuk B1 lesz, így a teljes rendszer tömegközéppontja a BB1 egyenesen lesz. Ha még azt is elérjük, hogy a C-be és A-ba kerülő tömegek aránya

γ β = a 2 a 1

legyen, akkor e kettő tömegközéppontja A1-ben lesz, így a teljes rendszeré az AA1 egyenesen, az előzőeket is figyelembe véve tehát P-ben.

A (2), (3) arányoknak egyszerre felelnek meg az

α = b 2 a 2 , β = b 1 a 1 , γ = b 1 a 2

súlyok.

Kezdjük most a tömegközéppont szerkesztését az A, B csúcsokba helyezett tömegekkel. Ezek tömegközéppontja az AB egyenes azon C0 pontjában lesz, amelyre

β α = c 2 c 1 ,

azaz

b 1 a 1 b 2 a 2 = c 2 c 1 .

A teljes rendszer tömegközéppontja, azaz P a CC0 egyenesre illeszkedik, ami csak úgy lehetséges, hogy C0=C1, azaz a keresett aráyn értéke

B C 1 C 1 A = c 1 c 2 = b 2 a 2 b 1 a 1 .

A (6), (7) összefüggések az a1b1c1=a2b2b2 alakba írhatók át. A feladat megoldása során lényegében bizonyítottuk az alábbi nevezetes összefüggést:

Ceva tétel

Ha A1, B1, C1 az ABC háromszög BC, CA, AB oldalegyenesének tetszőleges pontjai, akkor az AA1, BB1, CC1 egyenesek akkor és csakis akkor mennek át egy ponton, ha

A B 1 B 1 C C A 1 A 1 B B C 1 C 1 A = 1 .

5. feladat

Adott az ABC háromszög. Egy AC-vel párhuzamos egyenes az AB oldalt P-ben, az AFA súlyvonalat T-ben, a BC oldalt K-ban metszi. Határozzuk meg az AC oldal hosszát, ha tudjuk, hogy PT=3, TK=5!

Megoldás

Helyezzünk az A, B, C csúcsokba α, β=βa+βc, γ tömegeket úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja T-ben legyen!

Ha elérjük, hogy az (Aα,Bβa) alrendszer tömegközéppontja P, a (Cγ,Bβc) alrendszer tömegközéppontja pedig K legyen, akkor a teljes rendszer tömegközéppontja a PK egyenesre kerül. Mivel PKAC, így valamely x valós számra

B P P A = B K K C = x ,

azaz α=xβa, γ=xβc. Szükséges még, hogy a tömegközéppont az A-ból induló súlyvonalra kerüljön, aminek γ=β, azaz βa+βc=xβc, röviden

β a β c = x - 1

az algebrai feltétele. Így

( A α , B β a , C γ ) ( P β a ( 1 + x ) , K β c ( 1 + x ) ) ,

tehát a KTTP=53 feltétel megfelelője a

β a β c = 5 3

reláció. A (9) összefüggést figyelembe véve kapjuk, hogy x=83, azaz az ACB, PKB háromszögek hasonlóságából (8) alapján

A C = A B P B K P = K P A P + P B P B = K P ( 1 + A P P B ) = K P ( 1 + 1 x ) = 8 ( 1 + 3 8 ) = 11 .

A teljes megoldáshoz szükséges annak igazolása, hogy a megadott konfiguráció létezik. Ha AC=11 és B tetszőleges, az AC egyenesre nem illeszkedő pont a síkon, és P az AB, K a CB oldalt osztja fel 3:8 arányban, akkor a PK szakasz hossza 8 és a fenti súlyozás mutatja, hogy az AFA súlyvonal 3:5 arányban, tehát 3 és 5 egység hosszúságú részekre osztja fel.

6. feladat (Kömal)

Adott az ABC háromszög. A háromszög belsejébe elhelyezkedő tetszőleges P pont esetén képezhetjük az

A P B C = A 1 , B P C A = B 1 , C P B A = C 1

pontokat. Mely P pontra lesz az

A 1 P A 1 A + B 1 P B 1 B + C 1 P C 1 C

összeg értéke maximális?

Megoldás

Ha P az (Aα;Bβ;Cγ) súlyozott pontrendszer tömegközéppontja, akkor (Aα;Bβ)C1α+β, így A1PAP=αβ+γ, így

A 1 P A A 1 = α α + β + γ .

Ehhez hasonlóan kapjuk, hogy

B 1 P B B 1 = β α + β + γ , C 1 P C C 1 = γ α + β + γ

amiből azonnal következik, hogy a vizsgált arány értéke konstans, mindig 1.

7. feladat Mutassuk meg, hogy a súlyozás területekkel is megadható! Nevezetesen, ha AαBβCγ=Pα+β+γ, akkor

α : β : γ = T B P C : T C P A : T A P B .

(Ahogy a súlyok is kaphatnak különböző előjelet, úgy a háromszögek területe is a háromszög körüljárásának megfelelő előjellel értendő.)

Megoldás

Ha APBC=A1, akkor

T B P C T B A C = A 1 P A 1 A = α α + β + γ ,

így

T B P C : T C P A : T A P B = T B P C T B A C : T C P A T C B A : T A P B T A C B = α : β : γ .

4. táblázat

Megjegyezzük, hogy az A1 pont mindig létrejön, ha β+γ0, ellenben ha β+γ0, akkor nem jöhet létre, AP párhuzamos a BC egyenessel. Ha pedig α+β+γ=0 és csak ekkor a P pont nem lesz valódi pont, az AA1, BB1, CC1 egyenesek ilyenkor párhuzamosak.

8. feladat

A háromszög AB, BC, CA oldalain úgy helyezkednek el a C1, A1, B1 pontok, hogy az AA1, BB1, CC1 szakaszok egy közös P ponton mennek át. Adott az AB1C1, BC1A1, CA1B1 háromszögek területe: TA, TB, TC. Határozzuk meg az A1B1C1 háromszög t területét!

Megoldás

Ha P, az AαBβCγ tömegpontrendszer súlypontja és T az ABC háromszög területe, akkor a 7. feladat eredménye szerint az APB, BPC, CPA háromszögek területe rendre

γ T α + β + γ , α T α + β + γ , β T α + β + γ .

Vizsgáljuk az A1PB1, B1PC1, C1PA1 háromszögek tC, tA, tB területét is!

t C T A P B = P A 1 P B 1 P A P B = α β ( γ + β ) ( γ + α ) ,

tehát

t C = T α β γ ( γ + β ) ( γ + α ) ( α + β + γ ) ,

és ehhez hasonlóan

t B = T α β γ ( β + α ) ( β + γ ) ( α + β + γ ) ,

t A = T α β γ ( α + γ ) ( α + β ) ( α + β + γ ) .

Vegyük észre, hogy t=ta+tb+tc, azaz közös nevezőre hozás és egyszerűsítés után

t = 2 T α β γ ( α + γ ) ( γ + β ) ( β + α ) .

Másrészt

T C T = C B 1 C A 1 C A C B = α β ( γ + α ) ( γ + β ) ,

és ehhez hasonlóan adódik TBT valamint TAT, tehát

T A T B T C = T 3 ( α β γ ( γ + α ) ( α + β ) ( β + γ ) ) 2 .

A (11), (12) egyenletek összevetéséből

t 2 T = 4 T A T B T C .

Mivel T=t+TA+TB+TC, így (13)-ből

t 2 ( t + T A + T B + T C ) = 4 T A T B T C ,

azaz

t 3 + t 2 ( T A + T B + T C ) - 4 T A T B T C = 0 .

Ha például TA, TB, TC pozitív mennyiségek, akkor (14) gyökeinek szorzata a 4TATBTC mennyiség pozitív, így a gyökök közül egy vagy három pozitív. Másrészt a gyökök kéttényezős szorzatainak összege (14)-ben zérus, tehát nem lehet három pozitív gyök. Ezek szerint (14) egyetlen pozitív gyöke megadja az egyetlen lehetséges eredményt t-re.

9. feladat

Adott egy háromszög és egy egyenes. Hogyan súlyozzuk a háromszög csúcsait, hogy tömegközéppontjuk az egyenesre essen?

Megoldás

Egy súlyozáshoz tartozó tömegközéppont pontosan akkor esik az adott egyenesre, ha a súlyozott pontrendszernek az adott egyenesre vonatkozó forgatónyomatéka zérus. Ennek számbavételéhez jelöljük ki az egyenes egyik normálvektorát (elég egy az egyenesre merőleges irányítás rögzítése is) és jelölje dA, dB és dC a háromszög egyes csúcsainak az adott egyenestől mért irányított távolságait! Az (Aα,Bβ,Cγ) súlyozás akkor és csakis akkor megfelelő, ha

d A α + d B β + d C γ = 0 .

Megjegyzés

Fordítsuk meg a kérdést! Adott az ABC háromszög és legyenek dA, dB, dC tetszőleges valós számok, amelyek között van zérustól különböző. Igaz-e, hogy a (15) összefüggést kielégítő (Aα,Bβ,Cγ) súlyozásokhoz tartozó tömegközéppontok egy egyenesen vannak?

A válasz igenlő, itt nem indokoljuk. Azonban abban a speciális esetben, amikor dA=dB=dC, akkor mégsem valódi egyenest, hanem a sík idális egyenesét kapjuk. Ez a pontok tekintetében éppen az α+β+γ=0 esetnek felel meg, ekkor ugyanis az AαBβCγ rendszer súlypontja nem valódi pont, hanem az egymással párhuzamos AA1, BB1, CC1 egyenesek közös ideális pontja.

10. feladat Menelaosz tétel

Az ABC háromszög AB, BC, CA oldalegyenesein adott egy-egy pont: C1, A1 és B1. Fejezzük ki az

A B 1 , B 1 C , C A 1 , A 1 B , B C 1 , C 1 A ,

hosszakkal annak szükséges és elégséges feltételét, hogy az A1, B1, C1 pontok egy egyenesre esnek.

Megoldás

Feltesszük, hogy az A1, B1, C1 pontok egymástól különbözők és rendre az

( A 0 , B α 1 , C α 2 ) , ( A β 2 , B 0 , C β 1 ) , ( A γ 1 , B γ 2 , C 0 )

súlyozáshoz tartozó tömegközéppontok.

Vizsgáljuk azt az esetet, hogy a pontok egy egyenesen vannak, amelynek egyenlete:

d A α + d B β + d C γ = 0 ,

tehát

d A 0 + d B α 1 + d C α 2 = 0 α 2 α 1 = - d B d C ; d A β 2 + d B 0 + d C β 1 = 0 β 2 β 1 = - d C d A ; d A γ 1 + d B γ 2 + d C 0 = 0 γ 2 γ 1 = - d A d B .

Mivel

β 2 β 1 = A B 1 B 1 C , α 2 α 1 = C A 1 A 1 B , γ 2 γ 1 = B C 1 C 1 A ,

így a fenti három jobb oldali összefüggés szorzata:

( - d C d A ) ( - d B d C ) ( - d A d B ) = β 2 β 1 α 2 α 1 γ 2 γ 1 ,

azaz

- 1 = A B 1 B 1 C C A 1 A 1 B B C 1 C 1 A .

A (17) feltétel tehát szükséges ahhoz, hogy az A1, B1, C1 pontok egy egyenesre essenek. Az Olvasóra hagyjuk annak igazolását, hogy elégséges is.

11. feladat

Az ABCDE szabályos négyoldalú gúla alapja az ABCD négyzet. Egy sík az A1, B1, C1, D1 pontokban metszi el a gúla EA, EB, EC, ED oldaléleit. Határozzuk meg az ED1/D1D arányt, ha

E A 1 A 1 A = 1 , E B 1 B 1 B = 3 2 , E C 1 C 1 C = 2 1 .

Megoldás

Tekintsük az (A6;C6;E9) tömegpontrendszert! Mivel

( A 6 ; E 6 ) A 1 12  s  ( C 6 ; E 3 ) C 1 9 ,

így (A6;C6,E9) tömegközéppontja az A1C1 szakaszon van. Másrészt

( A 6 ; C 6 ) ( B 6 ; D 6 ) ,  gy  ( A 6 ; C 6 , E 9 ) ( B 6 ; D 6 ; E 9 ) .

A (B6;D6,E9) pontrendszert szétbontjuk a (B6;E4), (D6;E5) tömegpontrendszerekre. Tudjuk, hogy (B6;E4)B110. Tekintsük azt a D2 pontot, amelyre (D6;E5)D211. Az eredeti tömegpontrendszer súlypontja a B1D2 szakaszra is illeszkedik, tehát a B1D2, A1C1 szakaszok metszők, azaz D2 az A1B1C1 pontokon átmenő síknak és az ED egyenesnek is pontja, tehát D2=D1. A D2 pont definíciója szerint ED1D1D=65.

12. feladat (Balk M. B., Boltyánszkij V. G. [])

Jelölje az ABC háromszög BC oldalához hozzáírt körnek az AB oldal meghosszabbítására, a BC oldalra illetve az AC oldal meghosszabbítására eső érintési pontját rendre TB, T és TC. Mutassuk meg, hogy a BTC, CTB egyenesek D metszéspontja illeszkedik az AT egyenesre!

I. megoldás

Felhasználjuk az alábbi összefüggéseket:

A T B = A T C = s , B T B = B T = s - c , C T C = C T = s - b ,

ahol s a háromszög félkerületét jelöli.

Helyezzünk rendre

- ( s - b ) ( s - c ) , s ( s - b ) , s ( s - c )

előjeles súlyokat az A, B, C pontokba! Az így kapott súlyozott pontrendszer D tömegközéppontja az AT egyenesen van, hiszen

( B s ( s - b ) ; C s ( s - c ) ) T a s .

Másrészt

( A - ( s - b ) ( s - c ) ; B s ( s - b ) ) T B c ( s - b ) ,

azaz D illeszkedik a CTB egyenesre és

( A - ( s - b ) ( s - c ) ; C s ( s - c ) ) T C b ( s - c )

miatt a BTC egyenesre is. Az AT, CTB, BTC egyenesek tehát egy pontban metszik egymást, épp ezt kellett igazolnunk.

II. megoldás

Azt kell igazolni, hogy az AT, BTC, CTB egyenesek egy ponton mennek át. A Ceva-tétel pont erről a szituációról szól, csak kissé szokatlan, hogy a P pont a háromszögön kívül helyezkedik el. Mivel

A T B T B B B T T C C T C T C A = s - ( s - c ) s - c s - b s - b - s = 1 ,

így a Ceva-tétel szerint valóban egy ponton megy át az említett három egyenes.

III. megoldás

Egy körről és érintőiről szól a feladat. Alkalmazzuk az alábbi nevezetes tételt!

Brianchon tétel

Ha egy hatszögbe kúpszelet írható, akkor a hatszög szemköztes csúcsait összekötő egyenesek egy ponton mennek át.

Mostani hatszögünk kissé elfajult. Oldalegyenesei:

A C , A C , C B , C B , B A , B A .

Ha egy érintő hatszög két szomszédos oldala egybeesik, akkor metszéspontjuknak azaz közös csúcsuknak az érintési pont tekintendő, ugyanis ha kissé elmozdítjuk az egyik érintőt, hogy egy közeli pontban érintsen, akkor a létrejövő metszéspont az érintési pontok közelében lesz. Így a csúcsok:

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

a szemköztes csúcsokat összekötő egyenesek pedig:

T C B , C T B , T A ,

amelyek tehát a Ceva-tétel értelmében egy ponton mennek át.

13. feladat

Mutassuk meg, hogy ha az ABCD négyszög AB, CD oldalegyenesei a P, a BC, DA oldalegyenesei a Q pontban metszik egymást, akkor a PQ szakasz felezőpontja illeszkedik az AC, BD átlók felezőpontjait összekötő egyenesre!

Megoldás

Először helyezzünk tömegeket a P, B, Q pontokba úgy, hogy tömegközéppontjuk D-ben legyen! Ha BA=α1, AP=α2, BC=γ1, CQ=γ2, akkor a

( P α 1 γ 2 , B α 2 γ 2 , Q γ 1 α 2 )

tömegpontrendszer megfelelő, hiszen

B A A P = α 1 α 2 = α 1 γ 2 α 2 γ 2 ,

így a (Pα1γ2,Bα2γ2) alrendszer helyettesíthető egy A-ra helyezett tömeggel, tehát a teljes rendszer tömegközéppontja az AQ egyenesen lesz, míg

B C C Q = γ 1 γ 2 = α 2 γ 1 α 2 γ 2 ,

így a (Qγ1α2,Bα2γ2) alrendszer helyettesíthető egy C-re helyezett tömeggel, tehát a teljes rendszer tömegközéppontja egyúttal a CP egyenesen is rajta lesz.

Ha át akarjuk helyezni a rendszer tömegközéppontját a BD átló E felezőpontjába, akkor a B csúcsba még ugyanannyi tömeget teszünk, mint eddig összesen:

( P α 1 γ 2 , B 2 α 2 γ 2 + α 1 γ 2 + γ 1 α 2 , Q γ 1 α 2 ) E x .

Most súlyozzuk úgy a P, B, Q pontokat, hogy tömegközéppontjuk az AC szakasz F felezőpontjára essen! A

( P α 1 ( γ 1 + γ 2 ) , B α 2 ( γ 1 + γ 2 ) + γ 2 ( α 1 + α 2 ) , Q γ 1 ( α 1 + α 2 ) )

súlyozás megfelelő, hiszen

( P α 1 ( γ 1 + γ 2 ) , B α 2 ( γ 1 + γ 2 ) ) A ( α 1 + α 2 ) ( γ 1 + γ 2 ) ,

míg

( Q γ 1 ( α 1 + α 2 ) , B γ 2 ( α 1 + α 2 ) ) C ( α 1 + α 2 ) ( γ 1 + γ 2 ) ,

így

( P α 1 ( γ 1 + γ 2 ) , B α 2 ( γ 1 + γ 2 ) + γ 2 ( α 1 + α 2 ) , Q γ 1 ( α 1 + α 2 ) ) F y .

Ha most a (19) tömegpontrendszerben minden csúcsnál levesszük az ottani súlyból a (20) tömegpontrendszerben feltüntetett súlyt, akkor az (Ex,F-y) súlyozással ekvivalens súlyozáshoz jutok, amelynek tömegközéppontja az EF egyenesen van. Ez a súlyozás konkrétan

( P α 1 γ 1 , B 0 , Q γ 1 α 1 ) ,

tehát tömegközéppontja a PQ szakasz G felezőpontja. Ezzel beláttuk, hogy E, F és G egy egyenesen vannak.

14. feladat

Fejezzük ki a háromszög körülírt és beírt köreinek sugaraival (R és r) a két kör középpontjának távolságát (d-t)!

Megoldás

Jelölje az ABC háromszög AB, BC, CA oldalainak hosszát szokásosan c, a és b! Tekintsük az (Aa,Bb,Cc) tömegpontrendszert! A szögfelező tétel szerint ennek a pontrendszernek a tömegközéppontja a háromszög beírt körének I középpontja! A tömegpontrendszernek a saját súlypontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka:

Θ I = 1 a + b + c ( a b c 2 + b c a 2 + c a b 2 ) = a b c ,

míg a körülírt kör O középpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka

Θ O = a O A 2 + b O B 2 + c O C 2 = ( a + b + c ) R 2 .

Steiner tétele alapján a két tehetetlenségi nyomaték között az

Θ O = Θ I + ( a + b + c ) O I 2

összefüggés áll fenn. Mivel OI=d, abc=2Rabsinγ=4RT és (a+b+c)=2T/r, ahol T az ABC háromszög területe, így (22)-et és (23)-at (24)-ba írva kapjuk, hogy

( a + b + c ) R 2 = a b c + ( a + b + c ) d 2 ,

azaz

R 2 = a b c ( a + b + c ) + d 2 ,

így

R 2 - 2 R r = d 2 .

15. feladat

Fejezzük ki a háromszög súlyvonalának hosszát az oldalakkal!

Megoldás

Tegyünk a háromszög mindhárom csúcsába egységnyi tömeget és számoljuk ki a rendszer súlypontra, majd az AB oldal F felezőpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát!

A VI. alapelv szerint

Θ S = a 2 + b 2 + c 2 3 ,

míg a IV. alapelv szerint

Θ F = F C 2 + F A 2 + F B 2 = s c 2 + ( c 2 ) 2 + ( c 2 ) 2 ,

a Steiner-tétel szerint (V. alapelv) pedig

Θ F = Θ S + 3 F S 2 = Θ S + 3 ( s c 3 ) 2 ,

azaz

s c 2 + ( c 2 ) 2 + ( c 2 ) 2 = a 2 + b 2 + c 2 3 + 3 ( s c 3 ) 2 ,

és ebből

s c 2 = 2 a 2 + 2 b 2 - c 2 4 .

16. feladat (Stewart tétel)

Jelölje a háromszög AB oldalát pq arányban osztó pontját F azaz

A F F Q = p q .

Fejezzük ki az FC szakasz hosszát a háromszög oldalaival és a p, q mennyiségekkel!

Megoldás

Tekintsük az

( A q , B p , C p + q )

súlyozott pontrendszert. Mivel a II. alapelv miatt (Aq,Bp)=Fp+q, így az I. alapelv miatt (Aq,Bp,Cp+q)=S2p+2q, ahol S az FC szakasz felezőpontja.

Számoljuk ki a rendszer saját súlypontjára, majd az F pontra vonatkozó tehetetlenségi nyomatékát!

A VI. alapelv szerint

Θ S = p ( p + q ) a 2 + q ( p + q ) b 2 + p q c 2 2 ( p + q ) = p 2 a 2 + q 2 b 2 + p q 2 ( p + q ) c 2 ,

míg a IV. alapelv szerint

Θ F = ( p + q ) F C 2 + q F A 2 + p F B 2 = ( p + q ) F C 2 + q ( p c p + q ) 2 + p ( q c p + q ) 2 =

= ( p + q ) F C 2 + p q p + q c 2 ,

a Steiner-tétel szerint (V. alapelv) pedig

Θ F = Θ S + 2 ( p + q ) F S 2 = Θ S + 2 ( p + q ) ( F C 2 ) 2 = Θ S + p + q 2 F C 2 ,

azaz

( p + q ) F C 2 + p q p + q c 2 = p 2 a 2 + q 2 b 2 + p q 2 ( p + q ) c 2 + p + q 2 F C 2 ,

és ebből

F C 2 = p p + q a 2 + q p + q b 2 - p q ( p + q ) 2 c 2 .

Megjegyzés

A feladat megoldható az AFC, BFC háromszögek AC, BC oldalaira felírt koszinusz-tételekkel is, felhasználva, hogy cosAFC+cosBFC=0.

17. feladat (Németh Gergely diák javaslata)

Messe az ABC nem egyenlő szárú háromszög A-nál illetve B-nél fekvő belső szögének szögfelező egyenese a szemköztes BC, ill AC oldalt az A1, ill. B1 pontban.

a) Mutassuk meg, hogy az ABC háromszög C csúcshoz tartozó külső szögfelezője és az A1B1 egyenes az AB oldalegyenesen metszik egymást!

b) Messe az A, B, C csúcshoz tartozó külső szögfelező a háromszög szemköztes oldalegyenesét tehát rendre a BC, CA, AB egyenest az A2, B2, C2 pontban. Mutassuk meg, hogy az A2, B2, C2 pontok egy egyenesen vannak!

Megoldás

a) Legyen C2=A1B1AB. Helyezzünk súlyokat az A, B, C pontokba úgy, hogy a rendszer tömegközéppontja C2-ben legyen! Mivel C2AB, így a C csúcsra összességében nulla tömeget kell tenni. A szögfelező tétel szerint AB1B1C=ca, míg BA1A1C=cb, így AaCc=B1a+c és BbCc=A1b+c. Ennek alapján megfelelő lesz a AaB-b tömegpontrendszer, hiszen

A a B - b = A a B - b C c - c = A a C c B - b C - c = B 1 a + c A 1 - b - c ,

és így a tömegközéppont valóban az AB, A1B1 egyenesek C2 metszéspontjában lesz.

Tekintsük még az A pontnak a C-ből induló külső szögfelezőre vonatkozó tükörképét, az A3 pontot, valamint az AA3 szakasz AF felezőpontját, amely az említett külső szögfelezőre esik. Mivel A3C=b és CB=a, így

A a B - b = A a A 3 a - a B - b = A a A 3 a B - b A 3 - a = A F 2 a C - b - a ,

tehát a pontrendszer C2 tömegközéppontja valóban illeszkedik a C csúcshoz tartozó külső szögfelezőre.

b) Általánosan kezeljük a kérdést. Az is igaz, hogy ha AA1, BB1, CC1 tetszőleges Ceva szakaszok azaz A1BC, B1CA, C1AB és AA1, BB1, CC1 egy közös P pontban metszik egymást és

C 2 = A 1 B 1 A B , B 2 = C 1 A 1 C A , A 2 = B 1 C 1 B C ,

akkor A2, B2 és C2 egy egyenesen vannak.

Ha AαBβCγ=Pα+β+γ, akkor

A α B β = C 1 α + β , B β C γ = A 1 β + γ , C γ A α = B 1 α + γ ,

és így

A α B - β = A α B - β C 0 = A α C γ B - β C - γ = B 1 α + γ A 1 - β - γ ,

tehát a tömegközéppont az ABA1B1=C2 pont: AαB-β=C2α-β. Ehhez hasonlóan juthatunk el a B2, A2 pontokhoz, az alábbi táblázat mutatja, hová mennyi súlyt tegyünk:

5. táblázat

Látható, hogy az A2, B2, C2 pontok mindegyike rajta van az

1 α x + 1 β y + 1 γ z = 0

egyenletű egyenesen, tehát mindegyikük olyan AxByCz súlyozással kapható meg, amelyre fennáll a 26 reláció.

Megjegyzés: Machó Bónis

Ha csak azt akarjuk igazolni, hogy a külső szögfelezőknek a velük szemközti oldalegyenessel való metszéspontjaik egy egyenesen vannak, akkor hivatkozhatunk arra, hogy három kör páronkénti külső hasonlósági pontjai egy egyenesen vannak. Valóban, az AC oldalhoz hozzáírt körnek és az AB oldalhoz hozzáírt körnek a külső hasonlósági pontja a közös érintőjük a BC oldalegyenes és a centrálisuk az A-nál fekvő szög külső szögfelezője metszéspontja.

Megjegyzés

A b) feladatrész elején említett általános összefüggés a Desargues nevezetes tételéből is következik. Az ABC, A1B1C1 háromszögek ugyanis pontra nézve a P pontra nézve perspektívek, így egyenesre nézve is azok, és ez épp a bizonyítandó állítást jelenti.

18. feladat

Az ABC háromszög oldalainak hossza: AB=c, BC=a, CA=b. A háromszöghöz rögzített (xA;xB;xC) baricentrikus koordinátarendszerben az egyenes egyenlete

ξ A x A + ξ B x B + ξ C x C = 0 .

Honnan ismerhető fel, hogy ez az egyenes érinti a háromszög beírt körét? Írjunk fel egy olyan

P ( ξ A ; ξ B ; ξ C ) = 0

összefüggést, amely pontosan akkor teljesül, ha az (27) egyenes érinti a beírt kört!

Megoldás

A k beírt kört érintő egyenes olyan háromszögeket alkot az eredeti háromszög két-két oldalával, amelynek beírt vagy hozzáírt köre a k kör. Ezért többször is szükségünk lesz az alábbi lemmára.

Lemma Az ABC háromszöghöz rögzített (xA;xB;xC) baricentrikus koordinátarendszerben az I(iA;iB;iC) pont akkor és csakis akkor középpontja az ABC háromszög beírt vagy hozzáírt körének, ha

i A 2 i B 2 = B C 2 C A 2 , i B 2 i C 2 = C A 2 A B 2 , i C 2 i A 2 = A B 2 B C 2 .

Valóban, a beírt kör középpontjának koordinátái a szokásos jelölésekkel (a;b;c), míg a BC, CA, AB oldalakhoz hozzáírt körök középpontjai rendre

( - a ; b ; c ) , ( a ; - b ; c ) , ( a ; b ; - c ) ,

és pont az ezekkel arányos számhármasok elégítik ki a (29) összefüggést.

Messe az egyenes a háromszög AC oldalegyenesét a B2(a;0;ca), a BC oldalegyenest az A2(0;b;cb) pontban, ahol (27)-nek megfelelően

ξ a a + ξ c c a = 0 , ξ b b + ξ c c b = 0 .

Mivel

I a + b + c = A a B b C c = B 2 a + c a A 2 b + c b C c - c a - c b ,

így a Lemma szerint csak azt kell ellenőrizni, hogy

( a + c a ) 2 ( b + c b ) 2 = A 2 C 2 C B 2 2 , ( b + c b ) 2 ( c - c a - c b ) 2 = C B 2 2 B 2 A 2 2 , ( c - c a - c b ) 2 ( a + c a ) 2 = B 2 A 2 2 A 2 C 2 .

Mivel

C B 2 C A = a c a + a , C A 2 C B = b c b + b ,

így

C B 2 = a b c a + a , C A 2 = a b c b + b ,

tehát (32) első egyenlete teljesül.

Az ABC háromszögre vonatkozó koszinusz tételből az ACB=γ szögre

2 cos γ = a 2 + b 2 - c 2 a b ,

és így az A2B2C háromszögre vonatkozó

A 2 B 2 2 = C B 2 2 + C A 2 2 - 2 C B 2 C A 2 cos γ

koszinusztételből

( ( c a + a ) ( c b + b ) a b ) 2 A 2 B 2 2 = ( c b + b ) 2 + ( c a + a ) 2 - ( c b + b ) ( c a + a ) a 2 + b 2 - c 2 a b .

A (32) egyenletek szorzata azonosan teljesül, így elég közülük kettőt ellenőrizni. Mivel az elsőt igazoltuk, alább csak a harmadikra, a

( c - c a - c b ) 2 = B 2 A 2 2 A 2 C 2 ( a + c a ) 2

relációra koncentrálunk. A (33) (35) összefüggéseket felhasználva a

( c - c a - c b ) 2 = ( c b + b ) 2 + ( c a + a ) 2 - ( c b + b ) ( c a + a ) a 2 + b 2 - c 2 a b

összefüggéshez jutunk. Ebben felbontjuk a zárójelek és átrendezzük a ca, cb változók polinomjaként és leosztunk a mindenütt megjelenő (a+b+c) tényezővel:

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

A (30) relációk segítenek, hogy megkapjuk az egyenes együtthatóira vonatkozó összefüggést:

a b ( a + b - c ) ξ a ξ b ξ c 2 + a b ( a - b + c ) ξ a ξ c + a b ( - a + b + c ) ξ b ξ c = 0 ,

azaz

( s - c ) ξ a ξ b + ( s - b ) ξ a ξ c + ( s - a ) ξ b ξ c = 0 ,

vagy a kívánt összefüggés még egyszerűbben:

s - c ξ c + s - b ξ b + s - a ξ a = 0 .

19. feladat (Kömal, A. 568., 2012. szeptember)

Adott az ABC háromszög, és a beírt körének középpontján átmenő egyenes. Jelölje A1, B1, illetve C1 az A, a B, illetve a C pont -re vonatkozó tükörképét. Legyen az A1, B1 és C1 pontokon át -lel húzott párhuzamosok metszéspontja a BC, CA és AB egyenesekkel rendre A2, B2, illetve C2. Bizonyítsuk be, hogy

a) az A2, B2, C2 pontok egy egyenesen vannak, és

b) ez az egyenes érinti a beírt kört!

Megoldás

Jelölje az egyenes előjeles távolságát az A, B, C pontoktól rendre α, β és γ, azaz legyen egyenlete az A, B, C pontokhoz rögzített baricentrikus koordinátarendszerben

α x A + β x B + γ x C = 0 .

Tehát a (39) egyenes pontjai azok a pontok, amelyek olyan AxABxBCxC súlyozással adhatók meg, amely súlyokra teljesül a (39) reláció. A beírt kör I középpontja is illeszkedik -re, és I az AaBbCc tömegpontrendszer súlypontja, így

α a + β b + γ c = 0 .

I -ből kiindulva most cseréljük ki az Aa tömegpontot az A1-a tömegpontra! A tömegpontrendszernek az egyenesre vonatkozó forgatónyomatéka nem változott, tehát továbbra is zérus, az új tömegközéppont is -en van.

Cseréljük ki most az A1-a tömegpontot az A2-a tömegpontra! Ezzel sem változtattunk a -re vonatkozó forgatónyomatékon, de most már mindegyik tömegpontunk az AB egyenesen van, tehát a tömegközéppont az A3=AB pont,

A 2 - a B b C c = A 3 - a + b + c

Szeretnénk kitalálni, hogy az A2 pont hol helyezkedik el a BC egyenesen, tehát szeretnénk súlyokat tenni a B, C pontokra, hogy tömegközéppontjuk A3 legyen. Először tegyünk úgy súlyokat B-re és C-re, hogy a tömegközéppont A3-ban legyen és az össztömeg annyi legyen, mint az előbb: (-a+b+c)! A (39) egyenletből ismertek a B, C pontokből az tengelyhez tartozó erőkarok arányai -βγ=BA3A3C, így

B γ γ - β ( - a + b + c ) C - β γ - β ( - a + b + c ) = A 3 - a + b + c

A (41), (42) tömegpontrendszerek összevetéséből kapjuk, hogy

B γ γ - β ( - a + b + c ) - b C - β γ - β ( - a + b + c ) - c = A 2 - a

A (γ-β) mennyiséggel átszorozva, a (40) összefüggést felhasználva, egyszerűsítés után kapjuk, hogy

B - α - γ C α + β = A 2 β - γ

Ehhez hasonlóan kaphatjuk az A, B, C pontok azon súlyozásait, amelyek tömegközéppontja a B2 illetve a C2 pont. Az eredményeket táblázatba foglaljuk össze:

6. táblázat

Látható, hogy az A2, B2, C2 pontok mindegyike rajta van az

1 β + γ x + 1 γ + α y + 1 α + β z = 0

egyenletű egyenesen, tehát mindegyikük olyan AxByCz súlyozással kapható meg, amelyre fennáll a (45) reláció.

b) A (45) egyenesről a 18. feladat eredménye, a (38) reláció alapján eldönthető, hogy érinti-e a beírt kört.

( s - a ) ( β + γ ) + ( s - b ) ( γ + α ) + ( s - c ) ( α + β ) = α ( s - b + s - c ) + β ( s - c + s - a ) + γ ( s - a + s - b ) = α a + β b + γ c ,

tehát a (40) összefüggés szerint az egyenes tényleg érinti a beírt kört.

Megjegyzés

Érdemes elolvasni a fenti Kömal A. 568. feladat Brianchon tételt használó frappáns megoldását a Kömal honlapján:

http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi

5.3 Problémamegoldás Egy geometriai feladat megoldása és vizsgálata 7-11. osztályosok számára

A magyar matematikaoktatásban gyakran szerepelnek olyan problémák, amelyekhez több lehetséges megoldás is készül, de a megoldások elemzése elmarad. Pedig különösen is hasznos ezt egy feladat esetében például a következő szempontok alapján megtenni.

  1. A matematikai tartalom és a probléma különböző megfogalmazásai közötti kapcsolat vizsgálata.

  2. Különböző megoldási lehetőségek számbavétele a matematika különböző területeiről, amelynek során a különböző évfolyamokon meglevő előzetes ismereteket is figyelembe vesszük.

  3. A probléma továbbgondolása különböző lehetséges irányokba.

  4. Különböző lehetséges segédeszközök megadása és elemzése (hagyományos és elektronikus), amelyek a megoldás és a továbbgondolás során segítségünkre lehetnek.

A következőkben egy ilyen elemzést mutatunk be egy konkrét példán. A kiindulási probléma a Varga Tamás Verseny 2. fordulóján szerepelt 1992-ben, 7. osztályosoknak.

Szöveg 1a: Egy négyzet középpontja egy másik négyzet csúcsa. Mekkora a két négyzet közös részének területe, ha mindkét négyzet oldala 2 egységnyi?

5.3.1 Matematikai tartalom és megfogalmazás

Az eredeti matematikai tartalom többféleképpen megfogalmazható, az előbbiekben ismertetett szöveg (a továbbiakban Szöveg 1a) a lényegi tartalomra szorítkozik, és konkrét értékeket ad meg az oldalhosszakra. Más megfogalmazásban ehelyett megadható csupán a négyzetek oldalhosszainak egymáshoz való viszonya.

Szöveg 1b: Adott két egybevágó négyzet. Az első egyik csúcsával a másik középpontjába van erősítve. Mekkora a közös rész területe?

A probléma matematikai tartalmának különösebb változtatása nélkül megadható néhány további szövegváltozat is:

Szöveg 2: Egy a oldalú négyzet középpontjába egy b oldalú másik négyzet egyik csúcsát tűzzük. A második négyzet e pont körül el tud fordulni. Mekkora a közös rész területe?

Szöveg 3a: Adott két ugyanakkora négyzet üvegből, egy sárga és egy kék. A kék négyzet egyik csúcsával a sárga négyzet középpontjába van erősítve. Mekkora a zöld rész területe?

Szöveg 3b: Adott két egyforma nagyságú, négyzetalakú szűrő. Az egyik egy csúcsával a másik középpontjába van erősítve. A szűrőhatás jobb, ha két szűrő van egymáson. A négyzetek milyen helyzetében a legjobb a szűrőhatás?

Szöveg 4: Egy négyzet középpontja körül forog egy másik, a csúcspontjánál rögzített ugyanakkora négyzet. Mennyi annak a valószínűsége, hogy a közös rész éppen az álló négyzet negyede, ha a forgó négyzet éppen egy fordulatot tesz meg?

A szöveg 2 változatban a probléma tartalmilag és megfogalmazásban is nehezebb. A különböző oldalhosszak miatt paraméterekkel kell dolgozni, ami általában nehéz a tanulóknak. A 1b tekinthető 2 egy speciális esetének is. Ebben az esetben egy nyitott kezdetű problémáról van szó. Amennyiben a tanulók gyakran oldanak meg ilyen feladatokat, felismerik az esetszétválasztás szükségességét, és egyre megszokottabbá válik számukra, hogy összefüggésekben, a problémákat jobban átlátva dolgozzanak.

A 3a és 3b változat valóságközeli helyzeteiben matematikai és valamennyi köznapi ismeret is szükséges.

Szöveg 4 a matematika különböző területeit, a geometriát és a valószínűségszámítást köti össze.

A különböző szövegváltozatok további összefüggésekre mutathatnak rá, és a tanulók számára is jól érzékelhetően mutatják be hogy a matematika különböző területeinek összekapcsolásán túl akár különböző matematikán kívüli helyzetek (itt üvegszínnel, illetve szűrőhatással kapcsolatos) is leírhatók ugyanolyan matematikai módszerrel.

Fontos megjegyezni, hogy egy feladat megfogalmazásával befolyásolhatjuk a feldolgozási módot és azt, hogy mit is gyakorlunk éppen a feladattal.

Különbözően megfogalmazott, ugyanazon vagy hasonló matematikai tartalmak kedvezően befolyásolhatják a tanulók matematikáról alkotott képét, és segítik a kapcsolat létrejöttét a matematika különböző területei valamint a matematika és a valóság között. Az egyes változatokban előforduló különböző szituációk hozzájárulhatnak az ismeretek valóságközeli helyzetekben való alkalmazásához, amely cél a tantervekben általában megfogalmazásra kerül, de a mindennapi iskolai gyakorlatban kevésbé szerepel. (vö. TIMSS, PISA, Csapó 1998 [], Vári 2001 []).

Motiválóan hathat az is, ha a tanulók önállóan fogalmaznak meg szövegváltozatokat. A tanulók szívesen készítenek új szövegeket, még abban az esetben is, ha a matematika iránt kevésbé érdeklődnek.

5.3.2 A feladat megoldási lehetőségei különböző évfolyamokon

A következő megoldások lényegesen eltérnek abban, hogy mennyi matematikai előismeretet, illetve készséget igényelnek. A megadott évfolyamok azt a korosztályt jelölik, ahol a felhasznált eszközöket tekintve először jöhet szóba az adott megoldás. A megoldások során látni fogjuk, hogy nem csupán más matematikai tartalomról van szó, hanem esetenként a hozzá tartozó szemlélet is eltérő. Például az első megoldásnál a dinamikus, transzformációszemlélet érvényesül, a második megoldásnál a megoldó az ábra egészét figyeli, átdarabol, a harmadik megoldásnál a vizsgálat tárgya a közös rész, annak alkalmas felbontása. Az első két megoldáshoz képest a harmadik statikusabb megközelítésről tanúskodik.

1. Megoldás: A négyzet negyedrendű forgásszimmetriája

120. ábra. A négyzet negyedrendű forgásszimmetriája

Ha a forgó négyzet és így a közös rész is 90-kal, 180-kal, 270-kal, illetve 360-kal az álló négyzet O középpontja körül elfordul, akkor a négy rész az álló négyzetet teljesen lefedi. Így a közös rész mindig 14 része az álló négyzetnek.

A forgó négyzet oldalainak meghosszabbításával ugyanilyen felbontás lehetséges. Ilyen ötlet a törtekkel való számolás során is előfordult. Az egység a négyzet. A négyzetet az ábrán látható módon elfeleztük. Ha a négyzetet hasonló módon az előzőre merőlegesen újra elfelezzük, négy egybevágó rész keletkezik.

Ezzel a módszerrel már a jelzett korosztály esetén meg lehet mutatni, hogy ha a forgó négyzet oldalát változtatjuk (szöveg 2), a közös rész az álló négyzetnek legfeljebb 14 része.

121. ábra. Felső becslés a közös részre

A forgó négyzet benne van a rajzon látható negyedsíkban. Ebből következik, hogy az álló négyzet 14 része egy felső határ a közös részre. Ebből az látszik, hogy a maximum csak abban az esetben szorul vizsgálatra, ha a forgás során a közös rész sehol sem éri el az álló négyzet 14 részét.

5.51. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek birtokában várható el, érthető meg az 1. megoldás. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel az előismeretekkel?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A négyzet negyedrendű forgásszimmetriája, alakzatok egybevágó részekre bontása tulajdonképpen már 10-12 éves korban ismert. Ezek bizonyítás jellegű összerakása és a felső becslés 6-7. osztályban reális.

Az itt bemutatott módszer előnye, hogy akár egy négyzetrácsba is ágyazható a vizsgált alakzat, amivel megmutathatjuk, hogy ha az álló négyzet oldala 2 hosszúságegység, akkor annak a területe 4 területegység, a metszetidom területe pedig 1 területegység.

2. Megoldás: Átdarabolás speciális helyzetű metszetté

Pólya György problémamegoldási tanácsát követve speciális helyzeteket keresünk. Az egyik speciális helyzetben a forgó négyzet egy-egy oldala éppen az álló négyzet egy-egy középvonalára (középvonalas helyzet), a másikban az álló négyzet egy-egy átlójára illeszkedik (átlós helyzet). Mindkét helyzetben a négyzet negyedrésze a metszet.

Mivel két egyformán jól kezelhető speciális helyzetet találtunk, két változata is van ennek a bizonyítástípusnak: Az ábrán a speciális helyzetű metszetből kilógó rész zöld, a hiányzó rész sárga. A zöld és sárga háromszögeket negyedforgás viszi egymásba. (Megfelelő oldalaik merőlegesek és egyenlők.) Az általános helyzetű metszet átdarabolható mind a középvonalas, mind az átlós helyzetű metszetbe.

122. ábra. Átdarabolás speciális helyzetbe

5.52. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek birtokában várható el, érthető meg a 2. megoldás. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel az előismeretekkel?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A szükséges ismeretek: tapasztalatok alakzatok felbontása terén, háromszögek egybevágóságának felismerése.

Korosztály:14-15 éves korosztálytól, 8-9. osztályban elvárható.

3. megoldás: Alkalmas részekre bontjuk a metszetet

A terület kiszámításához a közös részt felbontjuk olyan részekre, amelyek területét meg tudjuk határozni.

  • A metszetet azzal az átlójával bontjuk fel, amely az álló négyzet középpontját és csúcsát köti össze. Ha a forgó négyzet oldala az álló négyzetből (a csúcstól mérve) k szakaszt vág le, akkor a keletkező háromszögek egy-egy oldala 2-k, illetve k, és az oldalhoz tartozó magasság mindkét esetben 1. (Ez a két kis sárga derékszögű háromszög egybevágóságából következik.)

    123. ábra. Az egyik átlóval felbontott metszet

    A terület tehát valóban a négyzet területének negyede:

    ( 2 - k ) 1 2 + k 1 2 = 1 .

  • Feladat: Gondolja meg a bizonyítást úgy is, hogy a közös részként keletkező négyszöget a másik átlójával bontjuk fel!MEGJEGYZÉS A FELADATHOZ: Így két derékszögű háromszöget kapunk. Az egyik egyenlőszárú (pl. az előző ábra két sárga háromszögének összehasonlításából következően), a szár hosszát Pitagorasz tételével az 1, 1-k befogójú kis derékszögű háromszög átfogójaként kapjuk (1+(1-k)2, a másik háromszög befogói k és 2-k.

    124. ábra. A másik átlóval felbontott metszet

    A közös rész területe (2-k)k2+1+(1-k)22=1.

  • A metszetet felbontjuk két (egybevágó) derékszögű háromszögre és egy téglalapra. A téglalap oldalai k és 1, a háromszögek befogói 1-k és 1.

    125. ábra. Téglalap és két háromszög

    A közös rész területe:

    2 ( 1 - k ) 1 2 + k 1 = 1 .

5.53. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek birtokában várható el, érthető meg a 3. megoldás. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel az előismeretekkel? Hasonlítsa össze az a), b), c) változatok ötletigényét.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A szükséges előismeretek: tapasztalatok alakzatok felbontása során, háromszögek területe, (négyzet forgásszimmetriája), Pitagorasz tétele, algebrai átalakítások. Korosztály: 14 - 15 év (8., 9. osztály)

Az a) és b) változat felbontás szempontjából kézenfekvő, de a)-ban egy tompaszögű háromszög magasságát kell megtalálni, b)-nél pedig egy lépéssel (a Pitagorasz-tétellel) több a befogó hosszának meghatározása. A c)-beli hármas felbontás megtérül, mert nagyon könnyű számolni a részek területét.

4. Megoldás: Merőleges egyenesek a koordinátarendszerben

A probléma a középiskolában koordinátamódszerekkel is vizsgálható. Jó példa arra, hogy a feladathoz alkalmasan választott koordinátarendszer előnyeit megmutassuk. Az elrendezés szimmetriája miatt érdemes az origót az álló négyzet középpontjába tenni, és a koordinátatengelyeket pedig annak oldalaival párhuzamosan felvenni. A forgó négyzet oldalegyenesei így az origón áthaladó egyenesek lesznek. Ezek közül bármelyiknek az m meredeksége jellemezheti a forgó négyzet helyzetét. A másik egyenes meredeksége így -1m a 0<m1 meredekségekre, m=0 esetén pedig a másik oldalegyenes maga az y tengely. Látható, hogy ezzel a forgó négyzet minden lényegesen különböző helyzetét megadjuk. Mivel a speciális esetek számolás nélkül vizsgálhatók, elegendő a 0<m<1 meredekségeket vizsgálni.

126. ábra. A koordinátarendszerben

Az álló négyzet oldalegyeneseinek egyenletei y=1,x=1,y=-1, illetve x=-1. A forgó négyzet megfelelő oldalegyeneseinek egyenlete y=mx, illetve y=-1mx. A kiválasztott módszerrel adható számos megoldásban a következő metszéspontok játszanak szerepet:

27. táblázat. Metszéspontok

A közös rész területének meghatározása ismét olyan részek segítségével történik, amelyeknek könnyű kiszámítani a területét.

  • Az ORQS négyszöget az RS átlóval két derékszögű háromszögre bontjuk, ezek ROS és RQS.

    Az egyik háromszög befogói OS=OR=1+m2, a másiké QS=1+m és QR=1-m segítségével a derékszögű háromszögek területe:

    t R O S = O S 2 2 = 1 + m 2 2

    és

    t R Q S = Q R Q S 2 = ( 1 - m ) ( 1 + m ) 2 = 1 - m 2 2 .

    A közös rész területe

    t = t R O S + t R Q S = 1 + m 2 2 + 1 - m 2 2 = 1 .

  • Az ORQS négyszöget az x tengely segítségével egy háromszögre és egy trapézra bontjuk. Az x tengely az SQ oldalt az U(1;0) pontban metszi, tehát az ORQS négyszög egy OUS derékszögű háromszögre és egy ORQU derékszögű trapézra bomlik.

    A háromszög területe

    t O U S = m 2 .

    A trapéz területe

    t O R Q U = ( O U + R Q ) U Q 2 = ( 1 + 1 - m ) 1 2 = 1 - m 2 .

    A közös rész területe ezek összege

    t = t O U S + t O R Q U = 1 .

  • Az ORQS négyszöget az SOV és RQV derékszögű háromszögek különbségeként adjuk meg.

    Az SOV derékszögű háromszög átfogója SV=m+1m, a magassága 1. Ebből a területe

    t S O V = m + 1 m 2 = m 2 + 1 2 m .

    Az RQV háromszög területe hasonlósággal vagy közvetlenül a befogókból számítható: RQ=1-m és QV=1m-1 felhasználásával

    t R Q V = ( 1 - m ) ( 1 m - 1 ) 2 = ( 1 - m ) 2 2 m = m 2 - 2 m + 1 2 m .

    Ebből az ORQS négyszög területe:

    t O R Q S = t S O V - t R Q V = 1 .

5.54. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek birtokában várható el, érthető meg a 4. megoldás. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel az előismeretekkel? Hasonlítsa össze az a), b), c) változatok ötletigényét.

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A szükséges előismeretek: pont koordinátái a koordinátarendszerben, origón átmenő egyenes egyenlete, egymásra merőleges egyenesek meredeksége közötti kapcsolat, derékszögű háromszög területe, trapéz területe, algebrai átalakítások, jártasság az átdarabolásban.

Korosztály: 16 - 17 év (10., 11. osztály). Ebben a korosztályban már az analitikus és szintetikus geometriai jellemzők közötti kétirányú mozgás, valamint a szabatos, egyértelmű leírás is követelmény.

Az a) változat lényegében a 2. megoldás b) változata, csak most a forgó négyzet egyik oldalegyenesének a meredeksége a paraméter, és a koordinátákból olvassuk ki a hosszakat. A koordinátageometriai módszerrel való ismerkedéskor érdemes összehasonlítani a szintetikus és analitikus geometriai meggondolásokat.

Az a) és b) változatok látszólagos előnye a c)-vel szemben, hogy a vizsgált (meglévő) alakzat felbontására épűl. A kiegészítés, a kiindulási (bázis) alakzaton kívüli kapcsolatok vizsgálata (beágyazás) már tudatosabb problémamegoldási stratégia, ami általában nem spontán, hanem gyakorlással, a módszer hatékonyságának megtapasztalásával alakul ki. Jelen esetben a szín, a teljes ábra segíthet abban, hogy a tanulók a kiterjesztésre figyeljenek. Mindenképpen nézőpontváltás szükséges: a forgó négyzetből vág le egy háromszöget az álló négyzet egy oldalegyenese.

5. Megoldás: Hasonlósággal

A közös részt az álló négyzet függőleges oldalegyenese által levágott SOV és az ebből a vízszintes oldalegyenes által levágott RQV derékszögű háromszögek különbségeként határozzuk meg.

Az SOV és RQV derékszögű háromszögek hasonlók, hisz egy hegyesszögük közös. Mindkét háromszög hasonló az SOT háromszöghöz, ahol T az O pont merőleges vetülete az SV oldalra. A hasonlóság arányának négyzete a területek aránya. Ezeket a következő összefüggésekben foglalhatjuk össze:

  • Az SOT háromszöget p1-k arányú hasonlóság viszi az SOV háromszögbe.

  • Az SOT háromszöget k1-k arányú hasonlóság viszi az RQV háromszögbe.

  • Az SOT háromszög területe tSOT=1-k2.

Az ORQS négyszög területe ennek alapján

t O R Q S = t S O V - t R Q V = t S O T ( ( p 1 - k ) 2 - ( k 1 - k ) 2 ) = t S O T p 2 - k 2 ( 1 - k ) 2 .

Ha az SOT háromszögre felírjuk a Pitagorasz-tételt, azt kapjuk, hogy p2=2-2k+k2.

Ezt és az SOT háromszög területére kapott eredményt visszaírjuk a tORQS=tSOTp2-k2(1-k)2 képletbe:

t O R Q S = 1 - k 2 2 - 2 k + k 2 - k 2 ( 1 - k ) 2 = 1 .

A két négyzet közös részének területe tehát 1 területegység.

5.55. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek birtokában várható el, érthető meg az 5. megoldás. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel az előismeretekkel?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A szükséges előismeretek: háromszögek hasonlósága, Pitagorasz-tétel, algebrai átalakítások.

Korosztály: 16 - 18 év (10., 11., 12. osztály)

Az áttekinthetőség és rövidség kedvéért választottuk ezt a megoldást, amely közvetlenül a alkalmazza a terület kiszámításához a hasonlóságot. Tapasztalatból tudjuk, hogy nem ez a jellemző. Számos más eszközt, a hasonlóságon alapuló tételeket használhatunk a szereplő háromszögek területének kiszámítására (például a magasságtételt). Felhívjuk a figyelmet, hogy a különböző paraméterek bevezetése nagyon nagy különbségekhez vezet a számolási nehézségeket illetően, vagy éppen egészen más matematikai tartalom húzódik meg a háttérben. Egy ilyen példát mutatunk a későbbiekben ennek a feladatnak az analízis eszközeivel való vizsgálata közben.

5.3.3 Továbbgondolás, általánosítás

Érdemes megvizsgálni a közös rész nagyságának alakulását amennyiben a két négyzet oldala nem egyenlő. Ha a forgó négyzet oldalának hossza az álló négyzeténél nagyobb, akkor a közös rész marad az álló négyzet területének negyede, hiszen minden meggondolásunk változatlanul érvényes ezekben az esetekben. Ha a forgó négyzet oldala az álló négyzeténél kisebb, akkor igen változatos helyzetek állnak elő. A rendszeres áttekintéshez válasszuk az álló négyzet oldalhosszát 2 cm-nek. Gondolatébresztőnek az átlós és a párhuzamos speciális helyzeteket használjuk. A következő eseteket érdemes megkülönböztetni:

  1. A forgó négyzet a forgás során mindig az álló négyzetben marad, így a közös rész a forgó négyzet területe.

  2. A forgó négyzet egy része a forgás során időnként az álló négyzeten kívülre kerül. Ebben az esetben a közös rész nagysága függ a négyzetek helyzetétől.

  3. A forgó négyzet egy része a forgás során mindig az álló négyzeten kívülre kerül. Ebben az esetben a közös rész nagysága függ a négyzetek helyzetétől.

  4. A forgó négyzet egy része a forgás során mindig az álló négyzeten kívülre kerül. De a közös rész nagysága mindig az álló négyzet negyedével egyenlő.

5.56. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek, gondolkodási módszerek birtokában várható el, érthető meg a fenti rendszerezés. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel a tapasztalatokkal?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Többszörös nézőpontváltásra, dinamikus megközelítésre van szükség. Egy geometriai konfiguráció fontos és kevésbé fontos jellemzőit kell osztályozni.

Ezt a meggondolást elkezdhetjük a hetedik - nyolcadik osztályban. A kapott eredmények a további évfolyamokon pontosíthatók és kiegészíthetők. Segédeszközökkel irányíthatjuk a tanulók figyelmét. (Ezekre később visszatérünk.)

A közös rész területének paraméteres vizsgálata

Az álló négyzet oldalhosszát jelölje a, a forgó négyzetét b (a 2. szövegnek megfelelően). Az ilyen jellegű kérdésfeltevésnél fontos megtalálni a lényegileg különböző eseteket’’. Ennél a példánál megállapítható, hogy mindegyik helyzet elérhető abban az esetben ha az álló négyzet oldalát konstansnak tartjuk, miközben a forgó négyzet oldalát nullától tetszőleges nagyra növeljük.

A közös rész területének felső becslése

Az oldalhosszaktól és a négyzetek helyzetétől függetlenül a következők mondhatók a közös rész nagyságáról:

  • Két síkidom közös részének területe nem lehet egyik alakzat területénél sem nagyobb, ezért a2 (az álló négyzet területe) és b2 (a forgó négyzet területe) egy-egy felső korlát a metszetidom területére.

  • Az álló négyzet középpontjából induló, a forgó négyzet egy-egy oldalát tartalmazó félegyenesek olyan síknegyedet (derékszögű szögtartományt) zárnak közre, amely tartalmazza a forgó négyzetet, így a közös részt is, valamint az álló négyzet negyedrészét. Ezért a24 is egy felső korlát a metszetidom területére.

A három becslés közül b<a2 esetben b2, a2<b esetben pedig a24 a legjobb felső becslés.

5.57. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek, gondolkodási módszerek birtokában várható el, érthető meg a fenti becslés. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel a tapasztalatokkal?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

Több konfiguráció elemzésére, a paraméteres formában adott felső becslések összehasonlítására van szükség. Ehhez nem csupán az analízis elemeit és a geometriai meggondolást kell birtokolni, hanem össze is kell kapcsolni azokat.

Ez az összetett gondolkodás 10-12. osztályra alakítható ki.

A közös rész területének pontosabb vizsgálata

  1. A forgatás során a forgó négyzet összes csúcsa mindig az álló négyzet belsejében marad (1.a speciális helyzet) és ebben az esetben a közös rész maga a forgó négyzet (1.b speciális helyzet).

    Ez akkor teljesül, ha a forgó négyzet legtávolabbi csúcsa sincs messzebb középponttól, mint az álló négyzet oldala, azaz az a forgó négyzet átlója nem nagyobb az álló négyzet oldalának felénél:

    b 2 a 2 b a 2 4 .

    A 0<ba24 intervallumba eső oldalhossz esetén a metszet tetszőleges elforgatáskor maga a forgó négyzet, és területe állandó nagyságú b2.

  2. A forgatás során a forgó négyzet három csúcsa mindig az álló négyzet belsejében marad, de van olyan helyzet, amikor a negyedik csúcs kívül esik az álló négyzeten (2.a speciális helyzet). Ebben az esetben a közös rész változik, de van olyan helyzet, amikor a metszet maga a forgó négyzet (2.b speciális helyzet).

    Ez akkor teljesül, ha a forgó négyzet legtávolabbi csúcsa messzebb van a középponttól, mint az álló négyzet oldalának fele, de az oldala nem hosszabb annál:

    a 2 4 < b a 2 .

    A fenti intervallumba eső b oldalhossz esetén a metszet elforgatáskor változik. Van olyan helyzet, amikor maga a forgó négyzet a metszet, azaz elérhető a terület b2 maximális értéke.

  3. A forgatás során a forgó négyzet egy csúcsa mindig az álló négyzeten kívül van, két másik csúcs bizonyos elforgatásnál az álló négyzet belsejébe esik (3.a speciális helyzet), de van olyan helyzet, amikor kívül esnek az álló négyzeten (3.b speciális helyzet). Ebben az esetben a közös rész változik, de van olyan helyzet, amikor a metszet az álló négyzet negyede.

    Ez akkor teljesül, ha a forgó négyzet oldala hosszabb az álló négyzet oldalának felénél, de nem hosszabb, mint az álló négyzet átlójának felénél:

    a 2 < b a 2 2 .

    A fenti intervallumba eső b oldalhossz esetén a metszet elforgatáskor változik. Van olyan helyzet, amikor az álló négyzet negyede, azaz elérhető a terület a24 maximális értéke.

  4. A forgatás során a forgó négyzet három csúcsa mindig az álló négyzeten kívül van.

    Ez akkor teljesül, ha a forgó négyzet oldala hosszabb az álló négyzet átlójának felénél (4.a speciális helyzet):

    a 2 2 < b .

    A fenti intervallumba eső b oldalhossz esetén a metszet elforgatáskor nem változik, az álló négyzet negyede, a terület a24 (4.a és 4.b speciális helyzetek).

Összegzés: A végtelen sok lehetséges esetet négy osztályba soroltuk.

28. táblázat. Összegzés

5.58. Feladat: Gondolja meg, hogy milyen előismeretek, gondolkodási módszerek birtokában várható el, érthető meg a fenti diszkusszió. Milyen életkorban, illetve hányadik osztályban rendelkeznek a tanulók ezekkel a tapasztalatokkal?

MEGJEGYZÉSEK A FELADATHOZ:

A (paraméterfüggő) konfigurációk szisztematikus elemzésére, a tapasztalatok relációkban való kifejezésére van szükség.

Az alakzat elemzése (pl. speciális helyzetek segítségével) és annak analitikus jellemzése párhuzamosan, de végig következetesen külön szálon kezelendő, hogy az ötlet és a bizonyítás ne keveredjen.

10-12. osztályban várható el ilyen fegyelmezett gondolkodás.

A közös rész területének vizsgálata az elforgatás szögének függvényében

A paraméter minden értékére meghatároztuk a metszet területének maximumát. Két intervallum is adódott, amelybe tartozó b értékek mellett a közös rész nagysága függ az elforgatás szögétől. Adódik a kérdés, hogy mekkora a legkisebb közös rész ezekben az esetekben.

A két eset közül most csak az egyik (az egyszerűbb) esettel foglalkozunk.

Mindenekelőtt megfelelő változó választására van szükségünk ahhoz, hogy ezzel a változóval és a paraméterekkel az O körüli forgatás függvényében írhassuk fel a közös rész területét. Némi próbálkozás után az a szög bizonyult alkalmasnak, amelyet az álló négyzet OB átlója zár be a forgó négyzet RQ oldalával (ld. α az ábrán).

A közös rész területe mindaddig b2, amíg a forgás során az OQ átló nem metszi az AB oldalt. Mivel Q pontosan akkor kerül az álló négyzeten kívülre, ha sinαb2>a2, ezért a területet a következő tartományban vizsgáljuk:

α ( α 0 = arcsin a 2 4 b ; 90 ] .

A közös rész területét átdarabolás után számítjuk ki. Ehhez összehasonlítjuk az AOB háromszöget a metszettel. A jelölt α szögű derékszögű háromszöget és a sárgára festett háromszögeket 90-os forgatás viszi egymásba. Ebből következik, hogy a metszet és az álló négyzet negyedének különbsége a vastagon jelölt derékszögű háromszög. Az RQ oldal az OB félátlóból egy e szakaszt vág le, amelynek hossza a következőképpen számolható:

e = a 2 2 - b sin α .

A vastagon jelölt derékszögű háromszög c és d befogói egy-egy olyan háromszögnek az oldalai, amelynek e is oldala és a szögeiket ismerjük. Ezekre felírjuk a szinusztételt:

d e = sin α sin ( 135 - α ) s c e = sin α sin ( α - 45 ) .

Ebből ekvivalens átalakítással

sin ( 135 - α ) = sin 135 cos α - sin α cos 135 = 1 2 ( cos α + sin α )

sin ( α - 45 ) = sin α cos 45 - cos α sin 45 = 1 2 ( sin α - cos α )

és e behelyettesítésével kapjuk, hogy

d = a sin α - b 2 cos α + sin α s c = a sin α - b 2 sin α - cos α

és ebből a jelölt háromszög területe az α szög függvényében

f 0 ( α ) = c d 2 = ( a sin α - b 2 ) 2 - 2 cos 2 α .

Ebből következik, hogy a közös rész területe az

α ( α 0 = arcsin a 2 4 b ; 90 ]

értelmezési tartományban α függvényeként

f ( α ) = a 2 4 - f 0 ( α )

alakban adható meg.

Az