4

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

2012-2013/4.

4. foglalkoz´ as A K¨ oMaL B. 4474. feladatra1 sok sz´ep megold´ast hoztak Gyenes Zolt´an di´akjai, a 9.c oszt´aly tanul´oi. A p´eld´ ahoz nagyon hasonl´ o k´erd´essel a 2011/12 tan´evi 4. szemin´ ariumon foglalkoztunk2 Ez´ert a K¨omal p´eld´ at is afel´e vissz¨ uk, al´ abb a k¨ovetkez˝ok´eppen m´odos´ıtjuk: Feladat Az ABCD n´egyzet AB, BC, CD ´es DA oldalain vegy¨ uk fel rendre a K, L, M ´es N pontokat u ´gy, hogy KLA6 = LAM 6 = AM N 6 = 45◦ legyen. Bizony´ıtsuk be, hogy a K, L, M , N ´es A pontok egy k¨or¨on vannak. D

M b

C

N

bc

b

bc

L bc

bc

bc

A

b

K B

I. megold´ as Tekints¨ uk az AKL△ h´ aromsz¨ og kL k¨or¨ ul´ırt k¨or´et, a k¨or k¨oz´eppontj´ at jel¨olje OL . A ker¨ uleti ´es k¨oz´epponti sz¨ogek t´etele alapj´an AOL K 6 = 2 · ALK 6 = 90◦ , ´es mivel az AOL K△ h´ aromsz¨ og egyenl˝ o sz´ar´ u, ´ıgy KAOL 6 = 45◦ , teh´at az OL pont rajta van az AC ´ atl´ on, ´ıgy a k¨or szimmetrikus az AC. ´atl´ ora. Messe a k¨or teh´ at a n´egyzet CD oldal´ at az L pont AC ´atl´ ora val´o t¨ uk¨ork´ep´eben, az L′ pontban, tov´abb´a az M ∗ pontban. D

M∗

L′

bc

b

N

C

bc

b

D N

bc

OL

kL

bc

C

bc

b

bc

kM

b

bc

M

bc

L∗ bc

M′

L bc

A

b

OM

b

bc

K B

A

Az AK szakasz 45◦ -os l´at´ok¨ ore kL

b

bc

b

K B

Az AN szakasz 45◦ -os l´at´ok¨ ore kM

A t¨ ukr¨oz´es miatt LL′ C 6 = 45◦ , ´ıgy az AKL△ h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´eben ∗ az M L h´ urhoz tartoz´o ker¨ uleti sz¨og nagys´ aga L′ -n´el 135◦, azaz LAM ∗ 6 = 45◦ . Azonban a feladat felt´etele alapj´an LAM 6 = 45◦ , vagyis az M ´es az M ∗ pont egybeesik, azaz az A, K, L ´es M pontok egy k¨or¨on vannak. 1 l´ asd http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=B4474&l=hu 2 l´ asd http://matek.fazekas.hu/portal/tovabbkepzesek/szeminarium/2011/2011pub04.pdf

1

Gyenes, Hrask´o, Pataki

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

2012-2013/4.

Hasonl´oan igazolhat´o (l´ asd a bal oldali ´abr´ at), hogy az A, N , M ´es L pontok is egy k¨or¨ on vannak. Ezzel a bizony´ıtand´ot bel´attuk, mivel a k´et pontn´egyesnek h´ arom k¨oz¨os eleme (A, L ´es M ) van. II. megold´ as Szab´ o Barnab´ as Az AKL, AM N , AM L h´ aromsz¨ ogek kL , kM , kA k¨or¨ ul´ırt k¨oreit vizsg´aljuk. Az I. megold´asban l´attuk, hogy az AKL h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek OL k¨oz´eppontja a n´egyzet AC ´ atl´ oj´ an van. Hasonl´oan igazolhat´o, hog az AM N h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek OM k¨oz´eppontja is illeszkedik AC-re. V´eg¨ ul megmutatjuk, hogy az ALM h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´enek OA k¨oz´eppontja is rajta van az AC atl´ ´ on. Ism´et a ker¨ uleti ´es k¨oz´epponti sz¨ogek t´etele alapj´an M OA L6 = 90◦ , ´ıgy az OA ´es a C pont is rajta van az M L szakasz Th´ alesz-k¨or´en. Mivel OA M = OA L, ´ıgy a Thalesz k¨or¨ on az OA pont az (egyik) M L f´elk¨or´ıv felez˝opontja, ´ıgy a ker¨ uleti sz¨ ogek t´etele alapj´an M COA 6 = 45◦ . Ez azt jelenti, hogy az OA pont is rajta van a n´egyzet AC ´ atl´ oj´ an. D

b

C

b

L bc

OL

kL

b

D N

M

C

bc

b

b

M

D

A

bc

kA b

b

K B

Az AKL△ k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore kL

b

L bc

kM

OA

OM bc

C

bc

b

bc

bc

b

A

bc

B

Az AMN △ k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore kM

A

b

b

B

Az AML△ k¨ or¨ ul´ırt k¨ ore kA

Innen m´ar k¨onny˝ u megmutatni, hogy az OL , OM , OA pontok egybeesnek. Mivel az OM ´es az OA pont is rajta van az AM szakasz felez˝omer˝ oleges´en, illetve a n´egyzet AC ´ atl´ oj´ an, ez´ert megegyeznek. Hasonl´oan, az OL ´es az OA pont is rajta van az AL szakasz felez˝omer˝ oleges´en ´es a n´egyzet AC ´atl´ oj´ an, ´ıgy ezek is egybeesnek. Teh´at OL , OM ´es OA ugyanaz a pont, ´ıgy az ¨ot vizsg´alt pont egy k¨or¨ on van. III. megold´ as Sal Krist´ of T¨ ukr¨ozz¨ uk az AM D△ h´ aromsz¨ oget az AM szakasz egyenes´ere, az ALB△ h´ aromsz¨ oget pedig az AL szakasz egyenes´ere. A k´et t¨ ukr¨oz´esn´el az AD ´es az AB szakasz k´epe meg fog egyezni, teh´at t¨ uk¨ork´ep¨ uk egy k¨oz¨os ATA szakasz. Val´ oban, M AL6 = 45◦ ´es ez´ert DAM 6 + LAB 6 = 45◦ , ´ıgy a DAM 6 , LAB 6 sz¨ ogek t¨ uk¨ ork´epei ´epp kit¨oltik az M AL6 sz¨oget. R´ aad´asul AD = AB teh´at C ´es B t´enleg egy k¨oz¨os TA pontba ker¨ ul. Mivel M DA6 = ABL6 = 90◦ , ´ıgy e sz¨ ogek k´epei: M TA A6 + ATA L6 = 90◦ + 90◦ = 180◦ , azaz TA az M L szakaszra esik.

2

Gyenes, Hrask´o, Pataki

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

D

2012-2013/4.

M

C

bc

b

b

TA bc

N bc

bc

kA

OA

L

b

bc

bc

A

b

B

K

Mivel AM N 6 = LAM 6 (= 45◦ ), ´ıgy az M N ´es az LA szakasz p´ arhuzamos. Vegy¨ uk m´eg ´eszre, hogy N AL6 = ALM 6 , mert AD ´es BC is p´ arhuzamos, ´ıgy N AL6 = ALB ′ 6 ´es az AL-re val´o t¨ ukr¨oz´es miatt ALB ′ 6 = ALM 6 . Ez a k´et t´eny azt jelenti, hogy az ALM N n´egysz¨og szimmetrikus trap´ez, azaz ez a n´egy pont egy k¨or¨ on van. Hasonl´o elmondhat´o az AM LK n´egysz¨ogr˝ ol is. Mivel a k´et n´egysz¨ognek h´ arom k¨oz¨os cs´ ucsa van, ´ıgy a k¨or¨ ul´ırt k¨oreiknek meg kell egyezni¨ uk, ´es ez volt a bizony´ıtand´o. IV. megold´ as A III. megold´as elej´en megmutattuk, hogy az AD szakasz AM egyenesre vonatkoz´o t¨ uk¨ ork´epe megegyezik az AB szakasz AL egyenes´ere vonatkoz´o t¨ uk¨ork´ep´evel ´es ez az ALM h´ aromsz¨ og ATA magass´ agvonala.

D

M

C

bc

b

b

TA bc

N bc

TL

bc bc

E kA

OA

bc

b bc

bc

TM

bc

A

L

K

b

B

T¨ ukr¨ozz¨ uk az AM tengelyre az M N egyenest is! Mivel AM N 6 = M AL6 = 45 , ´ıgy M N k AL ´es M N ′ ⊥ AL. Az N pont az AD, M N egyenesek metsz´espontja, ´ıgy t¨ uk¨ ork´epe – N ′ – e k´et egyenes t¨ uk¨ork´ep´enek metsz´espontja, ◦

3

Gyenes, Hrask´o, Pataki

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

2012-2013/4.

azaz a M AL h´ aromsz¨ og E magass´ agpontja. Hasonl´oan igazolhat´o, hogy a K pont AL tengelyre vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epe is az E magass´ agpont. Ismeretes, hogy a h´ aromsz¨ og magass´ agpontj´ anak az oldalakra vonatkoz´o t¨ uk¨ ork´epei a k¨or¨ ul´ırt k¨or¨ on vannak, azaz eset¨ unkben N ´es K illeszkedik a M AL h´ aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´ere. Megjegyz´ es A K¨ omal feladatban azt kellett igazolni, hogy KL2 + AM 2 = LA2 + M N 2 . Ez a fenti gondolatmenetek b´ armelyik´eb˝ol r¨ovid u ´ton ad´odik.A IV. megold´asban M N = M E ´es LK = LE ´ıgy az ´all´ıt´as kapcsolatos azzal az ¨onmag´ aban is ´erdekes t´ennyel, hogy b´ armely h´ aromsz¨ ogben az oldal n´egyzet´enek ´es a szemk¨oztes cs´ ucs magass´ agpontt´ol val´o t´ avols´aga n´egyzet´enek ¨osszege mindegyik oldal v´alaszt´as´ an´al ugyanazt az ´ert´eket adja. V. megold´ as A BKL, DM A h´ aromsz¨ ogek oldalai p´ arhuzamosak egym´ assal, ´ıgy ez a k´et h´ aromsz¨ og hasonl´ o. Ha AB = AD = 1, DM = ξ ´es BL = η, akkor az DM DA = BK ar´ a nyp´ a rb´ o l BK = ξη. Ezzel anal´ o g m´ o don, a BLA, DM N h´ a romsz¨ ogek BL DN BL ol DN = ξη k¨ovetkezik. is hasonl´ oak ´es az BA = DM ar´anyp´arb´ Azt kaptuk, hogy DN = BK ´es persze ilyenkor AK = AN . Tekints¨ uk az AKN h´ aromsz¨ og kA k¨or¨ ul´ırt k¨or´et ´es az ABCD h´ aromsz¨ og k k¨or¨ ul´ırt k¨or´et. Ezek ´erintik egym´ ast A-ban, hiszen mindkett˝ o k¨oz´eppontja az BAD6 sz¨ogfelez˝o◦ j´en van. Az AB h´ urhoz k-ban 45 -os ker¨ uleti sz¨og tartozik. Ez a ker¨ uleti sz¨og megegyezik az AB egyenes ´es a k k¨or A-beli ´erint˝ oj´enek sz¨og´evel, azaz az AB h´ ur ´erint˝ o sz´ ar´ u ker¨ uleti sz¨ og´evel. Ez az ´erint˝ o sz´ar´ u ker¨ uleti sz¨og megegyezik az AK szakasz ´es a kA k¨or A-beli ´erint˝ oj´enek sz¨og´evel, teh´at a kA k¨orben az AK h´ ur ker¨ uleti sz¨ oge is 45◦ . Az AK h´ urt´ ol az L pont ugyanolyan ir´ anyban van, mint az AB h´ urt´ ol C, ´ıgy ha KLA6 = 45◦, akkor L illeszkedik kA -ra. Hasonl´oan igazolhat´o, hogy M is illeszkedik kA -ra. Tov´ abbi vizsg´ alatok ´ 1. feladat Altal´ anos´ıtsuk a feladatot! Fontos, hogy n´egyzetb˝ol induljunk ki? Lehet laz´ıtani, azon, hogy a KLA6 , LAM 6 , AM N 6 sz¨ogek mind egyenl˝ ok legyenek egym´ assal. 2. feladat Az ´ abr´ akon u ´gy t˝ unik, hogy a B, D, LA ∩ M K, M A ∩ LN pontok egy egyenesen vannak. D¨onts¨ uk el, hogy igaz-e ez az ´eszrev´etel! 3. feladat Mozgassuk az L pontot a BC egyenesen ´es szerkessz¨ uk meg hozz´ a a K ∈ AB, M ∈ CD, N ∈ DA pontokat a KLA6 = LAM 6 = AM N 6 = 45◦ felt´etelnek megfelel˝oen. Elemezz¨ uk az ´abr´ at! Elj´ atszhatunk az ´ abr´ aval a Pataki J´anos tan´ar u ´r ´altal k´esz´ıtett geogebra f´ ajl seg´ıts´eg´evel: http://matek.fazekas.hu/portal/tovabbkepzesek/szeminarium/2012/b4474 lattice.ggb

Egy konkr´et k´erd´es a p´elda kedv´e´ert: tekints¨ uk azt a paralelogramma-r´ acsot, −→ −−→ amelynek orig´ oja az A pont, b´ azisvektorai az AL, AM vektorok! Hol mozognak

4

Gyenes, Hrask´o, Pataki

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

2012-2013/4.

−→ −→ −−→ a r´acspontok? Tekints¨ uk pld azt az P pontot, amelyre AP = AL + AM . Mi a P pont m´ertani helye, ha L befutja a BC egyenest? 4. feladat Elv´ethetj¨ uk az A cs´ ucsot, u ´gy t˝ unik, hogy a kor´abbi ¨ot helyett n´egy pont – a p´ arhuzamos oldalp´ ar k¨ozti L2 , L3 pontp´ar ´es egy-egy szomsz´edjuk – m´eg mindig egy k¨orre ker¨ ul (l´asd az al´abbi ´abr´ at). Igaz-e ez az ´eszrev´etel? D

L3 b

C b

L4

bc

bc bc

b

bc

L1

b

A L2

B

Megold´ asok, ¨ otletek 1. feladat A IV. megold´as alapj´an el´eg azt el´erni, hogy (i) ha AL-re t¨ ukr¨ozz¨ uk az AB egyenest ´es AM -re AD-t, akkor ugyanahhoz az egyeneshez jussunk; (ii) az el˝ obbi t¨ ukr¨oz´esekn´el B illetve D k´epe egybeessen; (iii) ez a k´ep az M L egyenesre ker¨ ulj¨on; (iv) az AL-re illetve AM -re vonatkoz´o t¨ ukr¨oz´esn´el BC illetve CD k´epe mer˝oleges legyen AM -re illetve AL-re. Val´ oban, ha mindezek teljes¨ ulnek, akkor az AB, AD szakaszok AL-re illetve AM -re t¨ ukr¨oz¨ott k´epe az ALM h´ aromsz¨ og ATA magass´ agvonala lesz ´es K illetve N ugyanezekn´el a t¨ ukr¨oz´esekn´el az ALM h´ aromsz¨ og magass´ agpontj´ aba k´epz˝ odik. ´Igy A, K, L, M , N egy k¨or¨on lesznek, hiszen a h´ aromsz¨ og magass´agpontj´ anak az oldalakra vonatkoz´o t¨ uk¨ork´epei a h´aromsz¨ og k¨or¨ ul´ırt k¨or´en vannak. A KL2 +AM 2 = LA2 +M N 2 ¨osszef¨ ugg´es fenti a fenti ,,Megjegyz´es”-b˝ ol k¨ovetkezik. Az (i) felt´etel azzal ekvivalens, hogy LAM 6 = 12 BAD6 . Ezek ut´an (ii) az AB = AD felt´etelt jelenti. A (iii) ¨osszef¨ ugg´es az ABL6 + M DA6 = 180◦ felt´etelt k¨oveteli meg, teh´ at azt, hogy ABCD h´ urn´egysz¨og legyen. A (iv) felt´etel oval ekvivalens. Mindezek az LAM 6 + ALK 6 = LAM 6 + AM N 6 = 90◦ rel´aci´ alapj´ an kimondhatjuk: ´ ıt´ All´ as Ha ABCD olyan deltoid, amelyben AB = AD ´es ABC 6 = CDA6 = ◦ 90 ´es a deltoid AB, BC, CD, DA oldalain rendre u ´gy helyezkednek el a K, L, M , N pontok, hogy KLA6 = AM N 6 = 21 BAD6 ´es LAM 6 = 21 DAB 6 , akkor a K, L, M , N , A pontok egy k¨or¨on vannak ´es KL2 + AM 2 = LA2 + M N 2 . Nem ´ all´ıtjuk, hogy a feladatnak nincs tov´abbi ´altal´ anos´ıt´asa. 2. feladat A IV. megold´as ´abr´ aj´ ab´ol leolvashat´o, hogy ez a feladat a k¨ovetkez˝ok´eppen is fogalmazhat´ o: b´ armely h´ aromsz¨ ogben b´ armely magass´ agvonal talppontj´ anak az ˝ ot nem tartalmaz´ o oldalegyenesekre val´ o t¨ uk¨ ork´epei egy 5

Gyenes, Hrask´o, Pataki

Matematika tan´ ari szemin´ arium a Fazekasban

2012-2013/4.

egyenesen vannak a m´ asik k´et magass´ agvonal talppontj´ aval. Vagy m´ask´epp: a h´ aromsz¨ og talpponti h´ aromsz¨ og´eben az eredeti h´ aromsz¨ og oldalai k¨ uls˝ o vagy bels˝ o sz¨ ogfelez˝ ok. Ezeket az ¨ osszef¨ ugg´eseket itt nem igazoljuk. A tan´ıt´as sor´an akkor szoktak el˝ oker¨ ulni ezek az ¨ osszef¨ ugg´esek, amikor igazoljuk, hogy a (hegyessz¨og˝ u) h´ aromsz¨ ogbe ´ırt legkisebb ker¨ ulet˝ u h´ aromsz¨ og a talpponti h´ aromsz¨ og. 3. feladat Tekints¨ uk az A pontot koordin´atarendszer¨ unk orig´oj´ anak, melyben az AB egyenes az x-, az AD egyenes az y-tengely ´es B(1, 0), D(0, 1), C(1, 1). −−→ −→ Legyen P vet¨ ulete a tengelyeken Px illetve Py . Mivel AM = LP , ´ıgy ezen vektorok x-tengelyre es˝ o mer˝oleges vet¨ ulete is egyenl˝ o: BPx = DM = ξ. Ehhez hasonl´ oan CPy = BL = η, teh´at P (1 + ξ, 1 + η). A III. (Sal Krist´ of-f´ele) megold´as szerint DM = M TA ´es BL = LTA , teh´at LM = ξ + η. A II. (Szab´o Barnab´as-f´ele) megold´as szerint LM = AK, azaz AK = ξ + η. Az V. megold´as szerint BK = ξη. Mindezekb˝ ol 1 = AB = AK + KB = ξ + η + ξη = (1 + ξ)(1 + η) − 1, azaz P koordin´ at´ainak szorzata 2, P egy hiperbol´an mozog. y

P (1 + ξ, 1 + η)

Py η D N

bc b

ξ b

M b

ξ bc

TA η bc

b

A

C

bc

bc

ξ+η

K

L η bc

b b

ξη

B

ξ

x

Px

Itt nem foglalkozunk azzal, hogy P bej´ arja-e a teljes (f´el)hiperbol´at illetve, ha L-et csak a BC szakaszon futtatjuk, akkor hol lehet a hiperbol´an P . 4. feladat Tekints¨ uk az L1 L2 L3 h´ aromsz¨ og l k¨or¨ ul´ırt k¨or´et. Ebben az L1 L3 h´ ur ker¨ uleti sz¨ oge L1 L2 L3 6 = 45◦ , ´ıgy k¨oz´epponti sz¨oge: L1 Ol L2 6 = 90◦ . Forgassuk el Ol k¨or¨ ul 90◦ -kal az L2 L3 szakaszt, hogy az L3 pont L1 -be ker¨ ulj¨on. Ilyenkor az L2 pont k´epe az AD egyenes egy L′2 pontj´ aba ker¨ ul, hiszen a n´egyzet AB ´es CD p´ arhuzamos oldalp´ arja k¨ozti szakasz forgattunk el 90◦ -kal ´es az CD-beli v´egpont BC-re ker¨ ult. M´ asr´eszt az elforgat´ asn´ al az l k¨or ¨onmag´ aba k´epz˝ odik, teh´ at L′2 az l k¨or¨ on van. ur k¨oz´epponti sz¨oge l-ben, Az elforgat´ as miatt L′2 Ol L2 6 = 90◦ , ez az L2 L′2 h´ ´ıgy ker¨ uleti sz¨ oge L′2 L3 L2 = 45◦ , azaz L′2 = L4 . Ezzel bel´attuk, hogy az L1 , L2 , L3 , L4 pontok egy k¨or¨ on vannak. 6

Gyenes, Hrask´o, Pataki