Informatikai és Hírközlési Minisztérium Oktatási Minisztérium Apache Php Mysql Fazekas Mihály Gyakorlóiskola
  Bejelentkezás
Üdvözöljük a Matematika portálon!  
Laczkó László: Ismételjük a geometriát egy feéladaton keresztül!

Laczkó László

Ismételjük a geometriát egy feladaton keresztül!

A cikk létrehozását a Fazekas Mihály Oktatási Kulturális és Sport Alapítványon keresztül támogatta az Infosyscon Kft

Az ábrák elektronikus változatát Véges Márton (2009c) diák készítette

A feladat Az ABC hegyesszögű háromszög C-nél levő szöge 45°. M a háromszög magasságpontja. Bizonyítsuk be, hogy CM = AB!
I. megoldás
Szövegdoboz:  
Az I., II. és III. megoldás ábrája
A BM szakasz hossza legyen x, az MTB szakaszé y. BTBC háromszög egyenlő szárú, derékszögű. Ezért CTB hossza x+y. Az ATBM háromszög is egyenlő szárú, derékszögű. Ezért ATB=y. A CMTB, ATBB  háromszögek egybevágók, mert két-két oldaluk és közbezárt szögük egyenlő. Ezért AB=CM.
II. megoldás
TBBA∠ = ACM∠, mert merőleges szárú hegyesszögek. Az ATBB, CMTB háromszögek derékszögűek és még van egy-egy egyenlő szögük, ráadásul a BTB és CTB egymásnak megfelelő oldalak egyenlőek (a CBTB háromszög egyenlő szárú derékszögű) ezért a két háromszög egybevágó. Ebből következik, hogy CM=AB. Szövegdoboz:  
Az I., II. és III. megoldás ábrája
III. megoldás
Szövegdoboz:  
Az I., II. és III. megoldás ábrája
Az AC, CB oldalak hosszát jelölje b és a. ATAC egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért   BTAM egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért  Felírjuk a cosinus tételt az ABC háromszögre:

Az utolsó egyenlőség a CMTA derékszögű háromszögre felírt Pithagoras tétel. A (*) sor elejére és végére nézve látjuk, hogy már készen vagyunk.
IV. megoldás
Tükrözzük az M pontot a CB oldalra, a tükörképet M’ jelöli. Ismeretes, hogy M’ a háromszög köré írt körön van. CM = CM’ a tükrözés miatt. CAM∠ = 45°. AB=CM’, mert mindegyikhez 45°-os  kerületi szög tartozik. Így AB=CM. Szövegdoboz:  
A IV. megoldás ábrája
V. megoldás
Szövegdoboz:  
Az V. megoldás ábrája
A CM szakaszt CB oldal felezőpontjára tükrözve kapjuk BM’-t. M’ a körülírt körön van. Tudjuk, hogy AM’ átmérője a körnek, ezért M’BA∠ = 90°. AM’B∠ = 45°, mert AB ívhez tartozó kerületi szög. AM’B egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért BM’ = AB. A tükrözés miatt CM = BM’, ezért készen vagyunk.
VI. megoldás
Legyen O a háromszög köré írható körének középpontja. Az  vektort jelölje m, az vektorokat a, b, c, d. Felhasználjuk, hogy m = a + b + c. Ebből pld d = mca + b + cc = a + b.  Az a és b vektorok által kifeszített parale­logram­ma egyik átlója AB, a másik CM. A kerületi és középponti szögek tétele miatt BOA∠= 90°. Így az a és b vektorok által kifeszített paralelogramma négyzet, mert az a, b vektorok hossza a köré írt kör sugarával egyenlő. A négyzet átlói egyenlőek, így AB = CM. Szövegdoboz:  
A VI. megoldás ábrája
VII. megoldás
Szövegdoboz:  
A VII. megoldás ábrája
Az M pontot CB, CA egyenesekre tükrözve kapjuk az M’, M” pontokat, melyek a köré írt körön vannak. M”CM’∠ a tükrözés miatt a BCA∠ duplája, azaz 90°, ezért Thales tétele miatt M’M” átmérő. A tükrözés miatt M’CM” háromszög egyenlő szárú is. Ha a kör sugara R, akkor M’M” = 2R, és  Az AB oldalhoz tartozó kerületi szög 45°, ezért  Így AB = CM.
VIII. megoldás
Az ABC háromszöget úgy helyezzük el a koordinátarendszerbe, hogy C az origóba, CA az x tengely pozitív részére kerüljön, B pont az y = x egyenes első negyedben lévő részén legyen. Koordinátákkal: B(b;b), A(a;0). CB egyenes egyenlete y = x. M pont első koordinátája b. AM egyenes merőleges CB-re, ezért egyenlete y = ax. Az x = b és az y = ax egyenesek metszéspontja adja az M magasságpontot, melynek második koordinátája (ab) lesz. A és B pontok távolsága , C és M pontok távolsága . Látható, hogy AB = CM. Szövegdoboz:  
A VIII. megoldás ábrája
IX. megoldás
Szövegdoboz:  
A IX. megoldás ábrája
Tekintsük az ABC háromszöget a köré írt körével együtt, melynek középpontja O. AB-t O körül 90°-kal a háromszög körüljárásával ellenkező irányban elforgatjuk. B elforgatottja B’, A elforgatottja A’ legyen, B’ egybeesik A-val. BAA’∠ = 90° a forgatás miatt, ezért Thales tétel miatt BA’ átmérő. CM párhuzamos B’A’ egyenessel, mert mindketten AB-re merőlegesek. BCA’∠ Thales tétele miatt 90°. AM magasság merőleges BC egyenesre, ezért AM párhuzamos CA’ egyenessel. A B’A’CM négyszög paralelogramma, mert szemközti oldalai párhuzamosak. Így CM = A’B’ = AB.
X. megoldás
Legyen O a háromszög köré írható kör közepe, F az AB oldal felezőpontja, S a háromszög súlypontja. M a háromszög magasságpontja. Kerületi és középponti szögek tétele miatt AOB derékszögű háromszög, és egyenlő szárú. 2OF = AB, mert OF az AB Thales körének sugara, AB pedig az átmérője. Tudjuk, hogy az S-re vonatkozó (-2) szeres hasonlóság FO-t CM-be viszi. Így CM  = 2FO = AB. Szövegdoboz:  
A X. megoldás ábrája
XI. megoldás
Szövegdoboz:  
A XI. megoldás ábrája
A háromszög oldalai a szokásos betűzés szerint a, b, c. CTAA háromszög egyenlő szárú, derékszögű, ezért CTA = ATA =  BTAMTC négyszög húrnégyszög, mert van két szemközti derékszöge. C pontnak a húrnégyszög köré írható körére vonatkozó hatványa  ahol TABC a háromszög területe. Ebből következik, hogy CM·CTC = 2TABC  Ezt rendezve
XII. megoldás
A háromszög jelölései legyenek a szokásosak. M legyen a háromszög magasságpontja, TA az A csúcshoz, TB a B csúcshoz tartozó magasság talppontja. CATA háromszög és CBTB háromszög egyenlő szárú és derékszögű. Ebből következik, hogy  és Az ABTATB négyszög húrnégyszög Thales tétel miatt, erre a húrnégyszögre alkalmazzuk Ptolemaiosz tételét: TATB·AB = ATA·BTB – TBA·TAB.

TATB húrhoz a CTAMTB húrnégyszög köré írt körében 45°-os kerületi szög tartozik. A kör átmérője CM, ezért TATB = CM · sin45° = Felhasználjuk, hogy  A megfelelő értékeket beírva a Ptolemaiosz tételbe, a következő egyenlőséget kapjuk:

A jobb oldal számlálója az ABC háromszögre vonatkozó cosinus tétel szerint AB2 – tel egyenlő. Ebből következik, hogy AB = CM.

Szövegdoboz:  
A XII. megoldás ábrája
XIII. megoldás
Szövegdoboz:  
A XIII. megoldás ábrája
M legyen a háromszög magasságpontja. A CB oldalra tükrözzük az ABC háromszöget, A’ legyen A tükörképe. CATA∠ és a tükörképe, CA’TA∠ is 45°, sőt CBTB∠ is annyi. Ezért CM szakasz 45°-os látókörén van B és A’. A’CA∠=90 ° a tükrözés miatt, ezért BM szakasz párhuzamos A’C szakasszal, így CMBA’ húrtrapéz, melynek szárai CM és A’B egyenlőek. Ezért AB = CM.
XIV. megoldás
Tekintsük ABC háromszöget a köré írt körével együtt AB húrhoz 45° kerületi szög tartozik, ezért AB a körbe írt négyzet oldalával egyenlő. Rajzoljuk be az ABKL négyzetet! A C-ből induló magasság LK oldalt T-ben, AB oldalt TC-ben a köré írt kört M’-ben metszi. M’ az M magasságpont AB oldalra tükrözött képe. A tükrözés és a szimmetriák miatt CT = TC M’ = MTC. Az egyenlő szakaszokból következik, hogy CM = KB = AB. Szövegdoboz:  
A XIV. megoldás ábrája
XV. megoldás
Szövegdoboz:  
A XV. megoldás ábrája
M legyen a háromszög magasságpontja, CATA∠ = CBTB ∠ = BMTA∠ = 45°. Két szakasz egyenlőségéhez elég megmutatni azt, hogy van olyan pont, ami körül az egyiket a másikba 90°-kal tudjuk forgatni. Ez jelen esetben a TA pont, ezért CA = AB.
XVI. megoldás
M legyen a háromszög magasságpontja, TA az A csúcshoz tartozó magasság, TB a B-hez tartozó magasság csúcspontja. CATA∠= 45°. ATBTAB négyszög és CTAMTB négyszög is húrnégyszög Thales tétele miatt. Az első körnek AB, a másodiknak CM az átmérője. TBTA szakasz a két kör közös húrja, melyhez mindkét körben 45°-os kerületi szög tartozik. Ezért a két kör átmérője AB illetve CM is egyenlők. Szövegdoboz:  
A XVI és XVII. megoldás ábrája
XVII. megoldás
Szövegdoboz:  
A XVI és XVII. megoldás ábrája
M legyen a háromszög magasságpontja, TA az A csúcshoz tartozó magasság, TB a B-hez tartozó magasság talppontja. CATA∠ = 45°. ATBTAB négyszög húrnégyszög, CTAMTB négyszög húrnégyszög Thales tétele miatt. Az első körnek AB, a másodiknak CM az átmérője. TBTAA∠ a TBM húr és a TBA húr kerületi szöge az egyik, illetve a másik körben. TBAM∠ = TBMA∠ = 45°, ezért TBA = TBM.  Egyenlő szakaszok ugyanolyan szögű látóköreinek átmérői egyenlők, ezért AB = CM.
XVIII. megoldás
M jelöli a magasságpontot, TA, TB, TC a magasságvonalak talppontjait. A CMA, BMA háromszögeknek az A-nál fekvő közös szögükön kívül van még egy-egy derékszöge, így a harmadik szögük is egyenlő: ACM∠ = ABM∠ = α.

Az AMB∠ az AMTB háromszög külső szöge, így 135°. Írjunk fel két szinusz-tételt:

Szövegdoboz:  
A XVIII. megoldás ábrája
XIX. megoldás
Szövegdoboz:  
A XIX. megoldás ábrája
Húzzuk meg az MK párhuzamost a magasságponton át a BC oldallal. Az MKC, AMB háromszögek hasonlók, mert szögeik egyenlők:  az KMC∠, MAB∠ szögpár és a KCM∠, MBA∠ szögpár is merőleges szárú. A KMA háromszög szögei alapján egyenlő szárú derékszögű háromszög, azaz KM = MA. Ezért az MKC, AMB háromszögek egybevágóak: CM = AM.
A XVIII., XIX. megoldások a törökbálinti Bálint Márton Ált. és Középiskola diákjaitól, Kiss Gabriellától, ill. Vágó Lajostól, Szomju László  tanítványaitól származnak.
Kiemelt támogatónk 2006-ban:
Tigra Computer
Támogatóink 2003-ban:
Oktatási Minisztérium
Powered by:
Apache + Php + Mysql
Kapcsolat
hraskoa@fazekas.hu
Copyright © 2004-2010 Fazekas Mihály Fővárosi Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium. Served by pingvin.