Ugye, milyen szép a geometria?

Irénkének és Ernőnek!

Kedves, Érdeklődő Olvasóm!

Több mint másfél évtizede veszek részt előadóként a Kárpát-medencei magyarság nagyszerű matematikai seregszemléin, a Nagy Károly Matematikai Diáktalálkozókon. Ez a találkozó nemcsak szakmai továbbképzést, feltöltődést, kihívást jelent a résztvevő diákok és tanárok számára, hanem összetartozásunkat is erősíti. Éppen ezért örömmel mentem diákjaimmal és kollégámmal egy Békés megyei csapat vezetőjeként az elmúlt év őszén is Révkomáromba.

Dolgozatom a révkomáromi XXVII. Nagy Károly Matematikai Diáktalálkozó 2019. november 23-i előadásom kibővített, szerkesztett anyaga.

Akkori feladatmegoldó órám elsődleges célja az volt, hogy néhány tanulságos, számomra szép, esztétikus geometriai feladatot bemutassak a diákoknak és a pedagógus kollégáimnak, reménykedve abban, hogy a matematikának a középiskolában egy kicsit elhanyagolt területét megkedveltetem velük. Meggyőződésem, hogy az elemi geometria az alkotó gondolkodásra nevelésben alapozó jelentőségű. A foglalkozás interaktív volt, felhasználtam a dinamikus GeoGebra nyújtotta lehetőségeket is, ami az esztétikai nevelésnek egy kiváló lehetősége.

A feladatokat Eigel Ernő, csíkszeredai igazgató-matematikatanár Síkgeometriai feladatok című gyűjteményéből válogattam. A kiadvány második kötete Térgeometriai feladatok címmel is megjelent már. Mindkét kiváló munkát ajánlom mindenkinek.

Előadásomhoz és a dolgozat megírásához nagy segítséget nyújtott a feladatgyűjtemények szerzője mellett Pálinkás István szoftvermérnök, egykori tanítványom és Horváth Géza lektor is. Köszönöm munkájukat.

  1.   Igazoljuk, hogy egy olyan szimmetrikus trapéz területe, amelynek átlói egymásra merőlegesek, egyenlő egy olyan négyzet területével, amelynek oldala akkora, mint a trapéz magassága!

Megoldás: Legyen O a trapéz két átlójának metszéspontja, EF az O-n áthaladó, AB-re merőleges szakasz! Az egyszerűség kedvéért vezessük be a következő, közismert, megszokott jelöléseket: AB = a és CD = c!

***1. ábra***

Mivel a négyszögünk szimmetrikus trapéz és DB ^ CA, ezért az ABOΔés CDOΔ egyenlő szárú derékszögű háromszög. Az E és F pontok a trapéz párhuzamos oldalainak felezőpontjai, így AEOΔ és DOFΔ szintén egyenlő szárú derékszögű háromszög  illetve  befogókkal. Ebből következik a trapéz területére vonatkozó közismert szabály alapján, hogy:

Ezt kellett igazolnunk, hiszen EF2 megegyezik egy EF oldalú négyzet területével.

  2.     Az ABCΔ-ben AD magasságvonal és AM súlyvonal az ábra szerint. Számítsuk ki az ABCΔ szögeit, ha a BAD, DAM és MAC -ek egyenlők (a BC szakaszon a pontok elhelyezkedési sorrendje: B, D, M, C)!

Megoldás: Ha BADÐ = DAMÐ és AD ^ BM Þ ABMΔ egyenlő szárú, és BD = DM, akkor MC = 2 ∙ BD =2 ∙ DM, mert BM = MC (AM súlyvonal, M felező pont). Húzzunk merőlegest M pontból az AC oldalra, legyen a talppont M’!

***2. ábra***

Az ADMΔ egybevágó az AMM’Δ-gel, mert mind a kettő derékszögű, mindkettőnek megegyezik a feltételben megadott két hegyesszöge, és az AM átfogó közös. Ebből következik, hogy a DM = MM’. Így 2 MM’ = MC, amiből következik, hogy az MCM’Δ félszabályos, tehát az MCM’Ð = 30o, így a DACÐ = 60o. Mivel a feltétel szerint a DAMÐ és az MACÐ egyenlő, így ezek mindketten 30oosak, de a feltétel miatt a BAD∠ is 30oos, tehát a BACÐ = 90o, az ABCÐ = 60o.

Összefoglalva: az ABCΔfélszabályos, szögei: 30o, 60o és 90o.

  3.     Az ABC hegyesszögű háromszögben az A csúcsnál levő szög 60°-os, amelynek szögfelezője AA’ (A’ Î BC). Az A’ pontból húzzuk meg az AB oldalra merőleges A’M szakaszt (M Î AB), majd az M pontból az AA’-re merőleges MN szakaszt (N Î AA’)! Igazoljuk, hogy 3 A’M = AA’ + 2A’N!

Megoldás: Mivel BACÐ = 60oÞ BAA’Ð = 30o. A’MNÐ = BAA’Ð = 30o, mert merőleges szárú hegyesszögek. Így mind az AMA’Δ, mind az MNA’Δ félszabályos háromszög. (A 30°-os  szöget tartalmazó derékszögű háromszöget nevezzük félszabályosnak, hiszen ez egy szabályos háromszög „fele”.)Ezek közismert tulajdonsága alapján: 2 A’M = AA’ és A’M = 2A’N. A két egyenlőséget összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást: 3A’M = AA’ + 2A’N

***3. ábra***

  4.     Az ABCΔegyenlő szárú (AB = AC). Az A csúcsnál lévő szögét a BC oldal M és N pontjai által meghatározott AM és AN szakaszokkal az ábra szerint három részre osztjuk úgy, hogy a BAM Ð, az MANÐ és az NACÐ egyenlő legyen (harmadoljuk a BACÐ-et). Lehetséges-e, hogy a BC oldalon keletkezett BM, MN és NC szakaszok egyenlők legyenek: BM = MN = NC?

Megoldás: Ha BAM = MAN∠ és BM = MN lenne, akkor az ABNΔ  egyenlő szárú lesz, mert az AM szakasz egyben szögfelező és súlyvonal is, így AM oldalfelező merőleges is kell, hogy legyen, ami azt jelenti, hogy AM ^ BN, vagyis AMN= 90o. Ugyanígy: ha MAN∠ = NAC∠és MN = NC lenne, az AMCΔszintén egyenlő szárú lesz, ami azt jelenti, hogy AN ^ MC, vagyis ANM = 90o. A két állítást összevetve azt kapjuk, hogy az MNAΔ-nek két derékszöge van, ami lehetetlen, így BM, MN és NC szakaszok egyenlősége az adott feltételek mellett nem lehetséges.

***4. ábra***

  5.     Az ABCD téglalap (AB > BC) B csúcsából húzott szögfelező és a B csúcsból induló átló 15o-os szöget zár be az ábra szerint. A B csúcsból húzott szögfelező az AC átlót P-ben, a CD oldalt E pontban metszi. Jelöljük O-val az ABCD téglalap átlóinak metszéspontját! Igazoljuk, hogy a COEΔ és PEOΔ egyenlő szárú!

Megoldás: Mivel BE egy derékszög szögfelezője (téglalap), így CBE = 45o, amiből következik, hogy BCEΔ egyenlő szárú derékszögű háromszög, így BC = CE. Mivel 45o + 15o = 60o, a téglalap átlói egyenlőek és felezik egymást, így a BCOΔ szabályos, tehát BC = CO. A két egyenlőséget összevetve: BC = CE = CO, ami azt jelenti, hogy a COEΔ egyenlő szárú, amit előszörre igazolnunk kellett. A téglalap tulajdonságából (minden szöge derékszög) és a BCOΔ szabályosságából (minden szöge 60o) következik, hogy az OCE∠ = 30o. Felhasználva, hogy COEΔ egyenlő szárú, így COE∠= CEO∠ = 75o. Mivel BCEΔ egyenlő szárú és CBE∠ = 45o, így CEB∠ = 45o, amiből az következik, hogy PEO∠ = 75° – 45° = 30o lesz. A PEOΔ harmadik szöge a belső szögek összege miatt így OPE∠ = 75o, amiből következik, hogy PE = OE (egyenlő szögekkel szemben egyenlő oldal van), így a PEOΔ szintén egyenlő szárú, amit másodszorra igazolnunk kellett.

***5. ábra***

  6.     Legyen ABC háromszög AB oldalának belsejében M egy tetszőleges mozgó pont! B-ből CM egyenessel húzott párhuzamos egyenes az AC egyenest az N pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az AMN háromszög területe nem változik, ha az M pont mozog az AB szakaszon!

Megoldás: A feltételek alapján az MBNC négyszög létezik (M belső pont), és trapéz (MC || BN). Legyen P az MBNC trapéz átlóinak metszéspontja!

***6. ábra***

Az MBNΔ és a CBNΔ területei egyenlők, mivel BN oldaluk közös, és az ezen oldalhoz tartozó magasságuk a MC || BN miatt egyenlő. Ebből a két egyenlő területből kivonva a BNPΔ területét, kapjuk, hogy az MBPΔ és a CPNΔ (nem szükségszerűen egybevágók) területei megegyeznek. Ezt felhasználva, és a konstrukciót figyelembe véve kapjuk, hogy:

tAMN = tAMPC + tCPN = tAMPC + tMBP = tABC

Mivel az ABCΔ fix volt, így a területe sem változott, állandó maradt, amivel igazoltuk állításunkat.

Megjegyzés: Ha a feltételek között nem ragaszkodunk ahhoz, hogy M belső pont legyen, akkor A = M esetén nem keletkezik háromszög, nincs mit bizonyítani. M = B esetén pedig a keletkezett háromszög megegyezik az ABCΔ-gel, így az állítás nyilvánvaló.

  7.     Az ABC hegyesszögű háromszögben CAB∠ = 60o. A BB’ és CC’ magasságvonalak egymást M-ben, míg a CABszögfelezőjét (fα) a D és az E pontokban metszik az ábra szerinti elrendezésben. Igazoljuk, hogy az MDE háromszög szabályos!

Megoldás: A feltételek között megadott CAB = 60o, és fα szögfelezősége miatt B’AE = 30o. A derékszögű AEB’Δ (BB’ magasságvonal) másik hegyesszöge így AEB’ = 60o, ami a konstrukció miatt azonos a DEM∠-gel (más pontokkal jelöltük). Szintén a feltételek miatt (CAB = 60o és BB’ magasságvonal) az ABB’Δ derékszögű, és a másik hegyesszöge ABB’ = 30o. Az ABB’∠egyben hegyesszöge a derékszögű MC’BΔnek is (MC’ a CC’ magasságvonal része).A belső szögek összege miatt a BMC’∠ = 60o. De a konstrukció miatt a BMC’∠és az EMD∠azonosak (szintén más pontokkal jelöltük), így az MDEΔmásik szöge is 60o-os. Tehát az MDEΔ-ben igaz, hogy DEM = EMD = 60o. Így az MDEΔ-nekvan két 60o-os szöge, amiből következik a belső szögek összegét ismerve, hogy minden szöge 60o-os, tehát az MDEΔ szabályos. Ezt kellett bizonyítanunk.

***7. ábra***

Megjegyzések: Ha az fα szögfelező az M magasságponton megy át, akkor az ABCΔszabályos lesz, amiből az következik, hogy az MDEΔ nem jön létre (elfajuló háromszög), nincs mit bizonyítani. Előfordulhat az is, hogy az M pont nem az ábra szerint a szögfelező „felett”, hanem „alatt” lesz. A bizonyítás ekkor is lényegében megegyezik az előzővel. Más betűzésű szögeket, alakzatokat kell vizsgálni. Érdemes és hasznos foglalkozni azokkal az esetekkel is, amikor az ABCΔ nem hegyesszögű (derékszögű vagy tompaszögű). Ezt az olvasóra bízom, és javaslom, hogy készítsen ábrát GeoGebrával, használja ki annak dinamikus funkcióját, lehetőségét!

  8.     Igazoljuk, hogy egy ABCD konvex négyszögben az átlók négyzetösszegének és összegének aránya kisebb, mint a négyszög kerületének a fele!

Megoldás: Jelöljük az ABCD konvex négyszög oldalait és átlóit az egyszerűség kedvéért az ábrának megfelelően: AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e és BD = f!

***8. ábra***

Alkalmazzuk előbb az ABCΔben majd az ACDΔ-ben a háromszög-egyenlőtlenséget: a + b > e, illetve c + d > e! A két egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadva, majd az így kapott egyenlőtlenség mindkét oldalát megszorozva a pozitív e-vel, kapjuk: 2 ∙ e2 < e ∙ (a + b + c + d).  Hasonlóan járjunk el az ABDΔ-ben és a CDBΔ -ben! Először kapjuk, hogy a + d > f , illetve b + c > f. Folytatva a korábbihoz hasonló eljárást: 2 ∙ f2 < f ∙ (a + b + c + d). Az átlók négyzeteit tartalmazó két egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadva, 2-vel és az átlók pozitív összegével leosztva kapjuk:

Ezt kellett bizonyítanunk, ha figyelembe vesszük az eredeti négyszögben az átnevezéseket.

  9.     Igazoljuk, hogy bármely konvex sokszögnek nem lehet háromnál több hegyesszöge!

Megoldás: Jelöljük a konvex sokszögben a szögek számát n-nel, a hegyesszögek számának maximumát k-val, a belső szögek összegét Sn -nel, a hegyesszögek összegét Sh, k-val, a nem hegyesszögek összegét pedig Sn – k-val!

A jelölésekből és a hegyesszög (< 90o) értelmezése miatt:

Sh, k < k ∙ 90° (*)

Szintén a jelölésekből és a konvexitásból (minden szög < 180o) következik:

Sn – k < (nk) ∙ 180° (**)

Tudjuk azt is, hogy az n oldalú sokszög belső szögeinek összege:

Sn = (n – 2) ∙ 180° (***)

A nem hegyesszögek összege felírható a belső szögek összege (***) és a hegyesszögek összegének különbségeként:

Sn – k = SnSh, k = (n – 2) ∙ 180° – Sh, k

Ezt a szögösszeget csökkentjük, ha a hegyesszögek összege helyett nagyobbat (*) vonunk ki:

Sn – k =  (n – 2) ∙ 180° – Sh, k > (n – 2) ∙ 180° – k ∙ 90°

Felhasználva még a (**) egyenlőtlenséget, következik, hogy:

(n – 2) ∙ 180° – k ∙ 90° < Sn – k < (nk) ∙ 180°

A kettős egyenlőtlenség bal oldalán és jobb oldalán álló zárójeleket felbontva, majd az egyenlőtlenséget rendezve kapjuk, hogy:

k < 4

A jelölések alapján ez pontosan azt jelenti, hogy az n oldalú, konvex sokszögben a hegyesszögek maximális száma nem lehet több, mint három, amit igazolni akartunk.

Megjegyzés: Természetesen az a feltétel, hogy a sokszögünk konvex, elengedhetetlen. Legyen itt egy koordináta-rendszerben GeoGebrával szerkesztett, szemléletes ellenpélda, amely nem konvex hatszögben van négy (háromnál több) hegyesszög!

***9. ábra***

10.     Legyen az ABCΔ-nek a BC, CA és AB oldalán egy-egy tetszőleges A1 Î BC, B1 Î AC, C1 Î AB belső pont! Jelöljük az AA1 szakaszt Ia  -val, BB1 szakaszt Ib -vel és CC1 szakaszt Ic -vel! Igazoljuk, hogy:

Megoldás: Az egyszerűség kedvéért vezessünk be további jelöléseket az ábra szerint: AB = c; BC = a és CA = b!

***10. ábra***

A bizonyítást két eset vizsgálatával végezzük: nézzük először a kettős egyenlőtlenség bal oldalát, utána pedig a jobb oldalát!

Bal oldali egyenlőtlenség :

Az ABA1Δ-ben és ACA1Δ-ben:  és  és

A BCB1Δ-ben és ABB1Δ-ben:  és  és

Az ACC1Δ-ben és BCC1Δ-ben:  és  és

Ha a három egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadjuk, utána összevonunk és osztunk a pozitív (a + b + c)-vel, a bizonyítandó kettős egyenlőtlenség bal oldali egyenlőtlenségét kapjuk:

Jobb oldali egyenlőtlenség :

Az ABA1Δ-ben és ACA1Δ-ben:  és  és

A BCB1Δ-ben és ABB1Δ-ben:  és  és

Az ACC1Δ-ben és BCC1Δ-ben:  és  és

Ha a három egyenlőtlenség megfelelő oldalait összeadjuk, utána összevonunk és osztunk a pozitív (a + b + c)-vel, a bizonyítandó kettős egyenlőtlenség jobb oldali egyenlőtlenségét kapjuk:

Mind a két esetben kihasználtuk, hogy: A1B + A1C = a, B1C + B1A = b és C1A + C1B = c. Ha a két eset vizsgálata végén kapott egyenlőtlenségeket összevetjük, a bizonyítandó kettős egyenlőtlenséget kapjuk:

Kedves, Érdeklődő Olvasóm!

Ha idáig eljutottál, reményeim szerint ízelítőt kaptál tőlem abból, hogy igen, szép a geometria. De miért szép? Lehet erre pontosan válaszolni? Egy személyes történettel megpróbálom a lehetetlent, hátha sikerül.

Középső gyermekünk amatőrként hatszoros Ironman (3,8 km úszás, 180 km kerékpározás, 42,195 m futás). Minden nagyatádi versenyét, látva a fantasztikus teljesítményét, küzdelmét, szülőkként kicsit izgulva, de nagyon büszkén szurkoltuk végig. Megkérdeztük tőle többször is: miért csinálod, hiszen ez annyira nehéz. Sosem volt a kérdésre egzakt, egyértelmű válasz. Egyszer viszont elküldte nekünk kérdés nélkül Juhász Gyula: Szerelem? című versét:

„Én nem tudom, mi ez, de jó nagyon,

Fájása édes, hadd fájjon, hagyom.

Ha balgaság, ha tévedés, legyen.

Ha szerelem, bocsásd ezt meg nekem!”

Mindent megértettünk. Talán ez a vers lehet a válasz a címben feltett kérdésre is!

Bízom benne, sokan így vagytok, így lesztek vele!


Vélemény, hozzászólás?

Az email címet nem tesszük közzé. A kötelező mezőket * karakterrel jelöltük

Ez az oldal az Akismet szolgáltatást használja a spam csökkentésére. Ismerje meg a hozzászólás adatainak feldolgozását .