Dr. Darvasi Gyula. EGY FELADAT TÖBBFÉLE MEGOLDÁS Tanítási ötletek az elemi geometria néhány témaköréhez

Átírás

1 Dr. Darvasi Gyula EGY FELADAT TÖBBFÉLE MEGOLDÁS Tanítási ötletek az elemi geometria néhány témaköréhez ONE PROBLEM MORE SOLUTIONS Teahing Ideas to Certain Themes in Elementary Geometry ímű PhD értekezés tézisei Témavezető: Dr. Kovás Zoltán Dereeni Egyetem Dereen, 005.

2 . Bevezetés Az értekezésen - alímének megfelelően - tanítási ötleteket kívánunk adni az elemi geometria néhány témaköréhez, mégpedig azáltal, hogy a kiválasztott témakörök izonyos prolémáira töféle megoldást ismertetünk, jóllehet eközen nem kizárólag elemi geometriai, hanem trigonometriai, analitikus geometriai és vektoralgerai eszközöket is használunk. A tö megoldás emutatásával az a legfő élunk, hogy a tanulót különféle gondolkodási műveletek elvégzésére, s ennek során úja és magasa szintű ismeretek megszerzésére késztessük. A másik megoldás utáni kutatás igényének kialakítása és továfejlesztése a matematika tanításának egyik legfontosa feladata. Ezen él és feladat együttes figyeleme vételével az euklideszi háromszög- és körgeometria területéről válogattunk néhány prolémát, amelyek feldolgozása közen arra törekedtünk, hogy az összeállított anyag jól hasznosítható legyen a középfokú, sőt esetenként még a felsőfokú oktatásan is. Az értekezés felépítéséől adódik, hogy szinte minden egyes témakör magáa foglalja a már ismert tények felsorolását, vagy az azokra történő utalásokat, továá a választott proléma újszerű feldolgozását és tö eseten új eredményeket is.. Háromszög-geometria A háromszög-geometriai rész öt önálló témája közül az első három átdaraolással foglalkozó

3 prolémákat tartalmaz, s éppen ezért szükség volt a sokszögek (és poliéderek) átdaraolásával kapsolatos alapismeretek előzetes összefoglalására, amiől számunkra legfontosa a Bolyai-Gerwien-tétel és annak megfordítása, miszerint két sokszög akkor és sak akkor daraolható át egymása, ha egyenlő a területük. A negyedik téma a háromszög szögfelezőinek hosszával, az ötödik pedig az Euleregyenessel foglalkozik... A pitagoraszi tételsoport Ez a témakör három közismert tételt foglal magáa: a Pitagorasz-tételt, a efogótételt és a magasságtételt. A Pitagorasz-tételre öt ismert átdaraolásos és egy szintén ismert kiegészítéses izonyítást mutatunk e, amelyek a viszonylag egyszerű konstrukió miatt alkalmasak arra, hogy evezetőként megismerjük az átdaraolások illetve kiegészítések révén történő izonyítások folyamatát. A efogótétel átdaraolásos izonyításának alapja a tekintett efogó fölé rajzolt négyzet felszeletelése, ami a nem kise efogó esetén három, a kise efogó esetén viszont legalá három részre vágáshoz vezet. Ez az utói dolog nagyszámú részek esetén már kevésé áttekinthető. Bemutatjuk még a efogótétel egy ismert kiegészítéses izonyítását is, ami az átdaraolásosnál jóval egyszerűen elvégezhető. A magasságtétel átdaraolásos izonyítása sak a efogók speiális aránya esetéen volt ismert. Értekezésünken az általános esetre két átdaraolásos és három kiegészítéses izonyítást adunk a teljesség igénye nélkül. 3

4 A Pitagorasz-tétel általánosításával foglalkozó fejezeten nem a jól ismert általánosítási módokat kívántuk felsorolni, hanem ehelyett két nem közismert elemi általánosítást tárgyalunk. E kettő közül tekintsük elsőként a Hoehn által leírtnak az alái változatát: Ha az ABC háromszög C súsának a B súsól megrajzolt magasságvonalra vonatkozó tükörképét C -vel, az A és C pontok távolságát d-vel o jelöljük, akkor γ 90 esetén = a d. Hoehn ezt a Pitagorasz-tétel egy mellőzött általánosításának nevezi, és háromféleképpen izonyítja: elsőként két koszinusz tétel, majd két Pitagorasz-tétel, s végül a Stewart-tétel segítségével. Itt először is megmutatjuk, hogy ez az általánosítás o nem supán γ 90, hanem γ α a esetén is érvényes. Ugyanis γ = α = a esetén C = A miatt d = 0, s így a = a d formula nyilvánvalóan igaz. Ha viszont γ α a, akkor γ < 90 o esetén C az AC szakasz első pontja, s így d = AC = AC CC és C C = a osγ miatt a koszinusz tétel alapján = a aosγ = a a osγ = a adódik (..a ára). Ha pedig ( ) d 4

5 ... ára γ > α > a esetén γ > 90 o, akkor C az AC' szakasz első pontja, azaz d = AC = AC CC és CC = aos(80 o γ) = aosγ, s így a koszinusztétel alapján = a aosγ = a [ aos(80 o γ)] = a d kapható (.. ára). De mi a helyzet γ α a esetén? Ekkor a B súsól megrajzolt magasságvonalra vonatkozó tükrözés után A elválasztja C és C pontokat (... ára), és a keletkező AB C háromszögre a miatt 5

6 teljesül az a = d összefüggés, ahonnan = a d kapható.... ára A továiakan γ α a feltételt megtartva a = a d formulára egy olyan izonyítást keresünk, amely függetlenné tehető a Pitagorasztételtől. Ehhez a Heron-képletől kiindulva meghatározzuk az ABC és AB A háromszögek (... ára) területét, ahol A az A tükörképe a BF magasságvonalra: 6

7 7 ( ) ( ) [ ]( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] 4 4 a a a a a a a a a a ABC t = = = = = és ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) d d d d d d d d d ABA t = = = =. Minthogy az ABC és A AB háromszögeken közös a BF magasság, ezért ( ) ( ) ( ) [ ] ( ) [ ] ( ) ( ) [ ] 4 d d a a ABA t ABC t d = =, ahonnan = d d a a a, s ezt szorzattá alakítva

8 ( a d )( a d ) = 0, ahol a miatt a d 0, s ennélfogva a d = 0, amiől a kívánt = a d formula kapható. A γ<α <a esetre a fenti izonyítás hasonló módon elvégezhető. Ezáltal a = a ± d formula a Pitagorasztétel egy általánosításának tekinthető: ugyanis γ = o 90 esetén C = C miatt d =, s így = a adódik, azaz visszajutunk a Pitagorasz-tételhez. Ez az állítás Hoehn által sak részleges, értekezésünken viszont így teljes leírást kap, sőt a kapott formula egy alkalmazásán túl még egy átdaraolásos izonyítását is megadjuk. A Pitagorasz-tétel másik nem közismert általánosítása Shmitz azon ötletére alapozható, hogy a Thalész- és Pitagorasz-tétel összekapsolása esetén az AB átfogójú ABC i (i=0,,, ) derékszögű háromszögek C i súsai az AB átmérőjű körre illeszkednek és ugyanekkor teljesül az ACi BCi = AB összefüggés is. Mindez geometriailag azt jelenti, hogy az ABC i derékszögű háromszögek AC i és BC i efogói fölé rajzolt négyzetek területeinek összege a C i sús minden lehetséges helyzetére egyenlő az AB átfogó fölé rajzolt négyzet (..3. ára) területével, ami az A és B pontok rögzítése után egy állandó érték. 8

9 ...3. ára A fenti tényállásól kiindulva általánosítást keresünk a Pitagorasz-tételre. E élól válasszuk az ABC i háromszöget úgy, hogy a C i súsnál lévő szöge egyelőre ne legyen derékszög, és vizsgáljuk meg, hogy rögzített AB oldal és C 0 sús esetén a C i súsok milyen alakzatot futnak e, ha azt kívánjuk, hogy az AC i és BC i oldalak fölé rajzolt négyzetek területeinek összege mindig AC 0 BC0 legyen, vagyis állandó maradjon. Ehhez a vizsgálathoz az ABC 0 háromszöget Desartes-féle derékszögű 9

10 koordináta- rendszeren helyezzük el úgy, hogy =AB jelöléssel az A ;0, B ; 0 és C 0 (x 0 ;y 0 ) megadási módot választjuk (..4. ára), a mozgó C i pont koordinátáira pedig evezetjük az (x;y) jelölést. Ekkor az AC BC = AC BC feltétel i i 0 0 x y x y = x0 y0 x0 y 0 alaka írható, ahonnan minthogy C 0 AB miatt x y = x0 y kapható, és 0 x 0 y0 >..4. ára 0, ezért a C i pontok egy olyan körvonalon vannak, amelynek középpontja az AB oldal O felezőpontja és sugara az ABC 0 háromszög C 0 0

11 súsához tartozó s súlyvonala, amelynek hossza a koszinusztételnek az ABC 0 és AOC 0 háromszögekre történő alkalmazásával ismert módon kifejezhető az a=bc 0, =C 0 A, =AB adatokkal: s = a, 4 ahonnan a = aosγ miatt s = aosγ 4 adódik, s ennélfogva 0 o < γ < 90 o esetén s >, míg 90 o < γ < 80 o esetén s <. Ha ezek után evezetjük a k(o,s ) AB = {, B } jelölést, akkor egyrészt k nyilván az A B szakasz Thalész-köre, másrészt az O pontra vonatkozó szimmetria miatt az AA és BB szakaszok hossza egyenlő. Jelöljük d- vel ezt a közös hosszat, amire tehát esetünken d = o o s, ha 0 < γ < 90 s = o o s, ha 90 < γ < 80 érvényes. Tekintsük elsőként a 0 o < γ < 90 o esetet, amikor is d = a s =,() 4 ahonnan

12 a = d 4, s eől pedig a = ( d) d () kapható. Ezen összefüggés szerint az ABC 0 háromszög AC 0 és BC 0 oldalai fölé rajzolt négyzetek területeinek összege egy olyan négyzet területével egyenlő, amelynek oldala AD = ( d minthogy C i k(o,s ) \{A,B } esetén d) hosszúságú (..5. ára). S

13 ..5. ára az ABC i háromszögekre AC BC = AC BC = a teljesül, ezért az i i 0 0 AC i és BC i oldalak fölé rajzolt négyzetek területeinek összege is mindig az AD oldalú négyzet területével egyenlő, ami az A, B, C 0 pontok rögzítése után állandó. S ez a tény még az olyan megengedett 3

14 C i pontokra is változatlanul igaz, amelyekre az α és β szögek valamelyike éppen derék- vagy tompaszög. ' Ezen lehetőségek egyike sem kizárt. Ha ugyanis jelöli a C i súsnak az AB egyenesre vonatkozó merőleges vetületét, akkor az ABC i háromszög ' C i { A, B} esetén derékszögű, ' C i (int AA ) (int BB ) esetén tompaszögű, továá ' C i int AB esetén hegyesszögű, de nem a C i súsnál. Másodjára maradt még a 90 o < γ < 80 o eset, amikor d = s, s ekkor az előzővel analóg módon jutunk az a = ( d) d (3) összefüggéshez, ami a ()-vel hasonló geometriai tartalommal rendelkezik (..6. ára). C i 4

15 ..6. ára Mindezek alapján megállapítható, hogy γ 90 o esetén () és (3) alapján fennáll az a = ( ± d) d (4) összefüggés, ami γ = 90 o esetén d = 0 miatt a jól ismert Pitagorasz-tételre vezet, s ennélfogva (4) a Pitagorasz-tétel egy lehetséges általánosítása. 5

16 .. Derékszögű háromszög átdaraolása téglalappá A derékszögű háromszög téglalappá történő átdaraolására értekezésünken három olyan nem közismert módot mutatunk e, amikor a keresett téglalap egyik oldalát valamilyen speiális feltételhez kapsolva adjuk meg. Az első változatan az ABC derékszögű háromszög AB átfogójának szerkesztendő olyan D első pontja, amelyen az AB -re merőleges a BC egyenest egy E pontan metszi úgy, hogy AD és DE az ABC háromszöggel egyenlő területű keresett téglalap oldalai. A második változatan az ABC derékszögű háromszöget olyan téglalapa kívánjuk átdaraolni, amelynek egyik oldala a efogók számtani, mértani, harmonikus vagy négyzetes középértéke. A harmadik változatan pedig azt az ismert tényt használjuk fel, hogy ha P az ABC derékszögű háromszög eírt körének és az AB átfogónak az érintési pontja, akkor az AP BP szorzat egyenlő az ABC háromszög területével. Itt sak a legutolsó változatra térünk ki. Az AB átfogójú ABC derékszögű háromszögre a szokásos jelöléseket megtartva teljesüljön az a feltétel, továá az O középpontú és r sugarú eírt kör érintse az AB, BC, CA oldalakat a P, Q, R pontokan. Válasszuk ki az átfogót és próáljuk meg felosztani azt két olyan szakaszra, amelyek egy ugyanakkora területű téglalapnak az oldalai lesznek. Ha ezen szakaszok hosszát x és y = x jelöli, akkor az 6

17 a xy = t( ABC ) területi feltétel az x x = 0 másodfokú egyenletre vezet, amelynek gyökei ± a ± = a a ± = ( a) ± ( a), a a vagyis x = = s a és y = = s, ahol s az ABC háromszög félkerülete. Ennek alapján azonnal észrevehető, hogy az a pont, amely az átfogót az x és y hosszúságú két szakaszra osztja, egyúttal a eírt kör és az átfogó érintési pontja. Elérkeztünk tehát a következő tételhez: Ha P az ABC derékszögű háromszög eírt körének és az AB átfogónak az érintési pontja, akkor az AP BP szorzat egyenlő az ABC háromszög területével. Ez a tény a derékszögű háromszögnek egy különleges tulajdonsága, amelyre a következő direkt izonyítás adható: = AP BP = ( s a)( s ) = [ ( a ) ] [ ( a ) ] ( a ) ( a ) ( a a ) a = = = ( ). 4 a a = = 4 t ABC = 7

18 Az értekezésen erre a tételre alapozva három átdaraolást tárgyalunk, amelyek közül itt sak az elsőt mutatjuk e két változatan. Az elsőhöz megszerkesztjük azt az APED téglalapot, amelyre AD = BP, s ekkor m y miatt a DE egyenes az AC és BC efogókat az A és B pontokan metszi (... ára). Így az ABC háromszög felomlik az A B C háromszögre, valamint az APE A és BPE B trapézokra. Az ABC APED átdaraolást megkönnyíti, hogy az APE A trapéz már részét képezi az APED téglalapnak, továá a BPE B trapéz átrakható az ADFG trapéza, ahol F a DE szakasz olyan pontja, amelyre DF = y, G pedig az AC efogó olyan pontja, amelyre AG = BB. Ekkor y B C = BC BB = a = a sin β... ára ( s ) s a ( s )( a) = = a a 8

19 és FG = AD AG os β = ( s ) ( s ) a ( s )( a) miatt az ASA szerint A B C A GF, s így az átdaraolás három részre ontással elvégezhető: ABC A B C BPEB APEA A GF ADFG APEA APED. A második változat analóg módon tárgyalható (... ára). =... ára o Mindkét változat ármely α ( 0 ] o, 45 esetén o kivitelezhető átdaraolást ad, jóllehet az α = 45 eseten az jelű háromszögek eltűnnek, továá a és 3 jelű trapézokól egyevágó háromszögek lesznek, s ezáltal az egyenlőszárú derékszögű háromszögre közismert alakzatot kapjuk. Végezetül tételezzük fel, hogy a fenti átdaraolások alapját adó tételen leírt tulajdonság érvényes lenne egy tetszőleges ABC háromszögre, 9

20 amelynek legnagyo oldala AB és az azzal szemközti szöge γ. Ha az AB oldal valamely P első pontja az AB egyenes és az ABC háromszög eírt körének az érintési pontja, azaz AP = s a és BP = s úgy, hogy az AP BP = t( ABC ) területi feltétel teljesül, akkor AP BP = [ ] ( s a)( s ) = [ ( a) ] [ ( a) ] = ( a) = 4 4 a [( ) ( )] ( osγ ) a aosγ a a =, a sinγ ahonnan t ( ABC ) = miatt sin γ osγ =, o o o és ennélfogva γ = 90, mivel 0 γ 80. Így tehát az ABC háromszög derékszögű, és kimondható a következő tétel: Egy háromszög akkor és sak akkor derékszögű, ha valamelyik oldalát a eírt kör érintési pontja úgy osztja két szakaszra, hogy azok hosszainak szorzata egyenlő a háromszög területével. Ez a derékszögű háromszög egyik különleges tulajdonsága, ami tö más módon is igazolható. Közülük itt emutatunk egyet, amely a Heron képletre alapul, s ahol x, y, z jelöli az A, B, C pontokól húzható érintőszakaszok hosszát, valamint T az ABC háromszög területét: 4 = 0

21 T = xy = ( x y z) xyz T r = = T ( x y z) z T z z r o ahonnan z = r, s emiatt γ = 90. Megjegyezzük még, hogy a efogókra is próálkozhatunk hasonló jellegű felosztással, ami azonan a rövide efogóra egyáltalán nem, és a hosszaik efogóra is sak a esetén jár sikerrel..3. A háromszög szögfelezőinek hossza A háromszög első szögfelezői hosszának az oldalakkal történő meghatározása utolsó feladata volt a 00. május -én délutánra kitűzött közös íráseli érettségi-felvételi feladatsornak. Een a feladatan egy ismert, de a tanulók számára ismeretlennek feltételezhető összefüggés izonyítását kellett megadni, ami sak a középiskolai matematika anyag alapján is töféleképpen elvégezhető. Az értekezésen tárgyalt sokféle izonyítás közül itt sak egyre térünk ki. Ehhez azt az ismert tényt használjuk fel, hogy a trapéz átlóinak metszéspontján át az alapokkal párhuzamosan húzott szakasz az alapok harmonikus középértéke. Az ABC háromszögre az AC < BC feltételt megtartva jelölje A az A és B a B pontnak az ACB felezőjére vonatkozó tükörképét (.3.. ára). Minthogy a tükörtengely merőlegesen felezi az AA ' és BB' szakaszokat, így az AA BB négyszög egy olyan szimmetrikus trapéz,,

22 .3.. ára melynek az AB és A ' B' átlói a tekintett szögfelező C végpontjáan metszik egymást. Ha ezen a ponton át párhuzamost húzunk az alapokkal, akkor e párhuzamosól a szárak által közrefogott XY szakasz az AA ' és BB ' alapok harmonikus közepe, azaz AA' BB' γ XY =, ahonnan AA ' = sin és AA' BB' γ 4a γ BB ' = asin helyettesítéssel XY = sin. S a minthogy a konstrukió miatt fennáll az AA ' C ~ BB' C ~ XYC hasonlóság, ezért az XYC egyenlőszárú háromszög CX oldala is harmonikus közepe az AC = és B C = BC = a megfelelő

23 a oldalaknak, vagyis CX = teljesül. Mindezek a alapján a CXC derékszögű háromszögől f γ = CC γ a = CX os = a ( a ) a = a[( a ) a Értekezésünken az íráseli dolgozat javítási útmutatójáan közölt három megoldást is eleszámítva húsznál is tö különöző izonyítási módot mutatunk e azzal a kettős éllal, hogy egyrészt minél joan átfogjuk a felhasználható tételeket, másrészt ezt a témát minél tö területen megjeleníthetővé tegyük. Ezt a élt szem előtt tartva izonyítjuk a Steiner-Lehmus-tételt, megvizsgáljuk a háromszög szögfelezőin a eírt kör középpontja által létrehozott szakaszok egyevágóságának az eseteit, továá megmutatjuk, hogy a három szögfelező ismeretéen nem szerkeszthető háromszög..4. Euler egyenes Az Euler-egyenesről ismert, hogy a háromszög egyik oldalával pontosan akkor párhuzamos, ha az ezen az oldalon lévő első szögek tangenseinek szorzata hárommal egyenlő. Ehhez kapsolódva Diemente és Klamkin is megmutatta, hogy az Euleregyenesnek egy rögzített oldallal való párhuzamosságát feltételezve a háromszög harmadik súsa egy olyan ellipszisre illeszkedik, melynek kistengelye az adott oldal. Az aláiakan ugyanerre a prolémára emutatunk egy szintén analitikus, de tárgyalásmódjáan mégis eltérő leírást. Ehhez ]. 3

24 válasszuk x-tengelynek a rögzített AB szakasz egyenesét, y-tengelynek az AB szakasz felezőmerőlegesét, s ezáltal az O origónak az AB felezőpontját. Legyen A(,0 ), B(,0) és keressük C x, y pontok halmazát, amelyekre az ABC azon ( ) háromszög g Euler-egyenese párhuzamos az AB oldallal. Minthogy a g AB helyzethez az ABC háromszög sak hegyesszögű és nem-egyenlőszárú lehet, ezért az M, S és K pontok különözők, s így az Euler-egyenes egyértelműen megadható például az x y S, és K 0, y pontokkal (.4.. ára), miközen S és K helyzete, valamint az ω( K, R) körülírt kör sugara a mozgó C pont elhelyezkedésétől függően változik. Ekkor ármely lehetséges C pontra ω K, R körülírt körének az ABC háromszög ( ) egyenlete y y R, ahonnan az x = 3 y R = összefüggést felhasználva y = x, 3 3 vagyis C egy origó középpontú olyan ellipszisre illeszkedik, amelynek féltengelyei és 3 hosszúak, kivéve az A,B,D és E tengelypontokat (.4.. ára). 4

25 .4.. ára.4.. ára 5

26 Ezen proléma általánosításaként az értekezésen analitikus geometriai eszközökkel vizsgáljuk azt az esetet, amikor az Euler-egyenes egy rögzített oldallal valamilyen 0 o és 90 o közötti adott szöget zár e, s azt a választ kapjuk, hogy a harmadik sús mindig egy másodrendű görére illeszkedik, ami a szög nagyságától függően ellipszis, párhuzamos egyenespár vagy hiperola. 3. Körgeometria A körgeometriai részen három egymáshoz szorosan kapsolódó témát dolgozunk fel: a pont körre vonatkozó hatványát, továá a pont inverzének és két kör hatványvonalának a szerkesztését. 3.. Pont körre vonatkozó hatványa A pont körre vonatkozó hatványának evezetése a legtö geometria könyven hasonló háromszögekre alapul, amiől az előkészítő tételre eleve egyetlen izonyítási lehetőség adódik. Éppen ezért választunk más utat az értekezésünken, ahol a tekintett fogalmat a következő vektoralgerai megfogalmazású tétel készíti elő: Az O középpontú r sugarú k kör síkjának legyen P egy tetszőleges pontja és g egy P-re illeszkedő olyan egyenes, amelyre g k = {A,B}. Igazolandó, hogy a PA PB szorzat értéke a g szelő helyzetétől függetlenül OP r. 6

27 A izonyításhoz (3... ára) a PA és PB vektorokat kéttagú összegekre ontjuk úgy, hogy egy nevezetes azonosság alkalmazható legyen: ( PF FA) ( PF FA) = PF FA, PA PB = majd az OPF és OAF derékszögű háromszögekre egyegy Pitagorasz-tételt alkalmazva PA PB = ( OP OF ) ( OA OF ) = OP r ára Erre a tételre az értekezésen még továi négy izonyítást ismertetünk. 7

28 3.. Pont inverze A pont inverzének megszerkesztése megint egy olyan proléma, amire szintén töféle megoldás adható: értekezésünken tizennégy módot P 3... ára ismertetünk. Ezek közül az első négy közismert, viszont a töi, amelyekhez mélye ismeretek szükségesek, sak alig vagy egyáltalán nem ismertek. Itt e gazdag választékól kettőt mutatunk e.. mód (3... ára): Ha OP = { A, B} ω, akkor P P miatt a P pont ω körre vonatkozó hatványára PA PB = OP a = OP OP OP = OP( OP OP ) = OP PP, amiől a P P szakasz megszerkeszthető. Az A és B pontok előállítása után P P szakasz a PO : PA = PB : PP arány alapján szerkeszthető. Ehhez P kezdőponttal felveszünk egy (az AB egyenes 8

29 által nem tartalmazott) félegyenest, ezen PM = PA feltétellel szerkesztünk egy M pontot, azt O-val összekötjük, majd a B-n át OM -mel párhuzamos metszi PM félegyenest egy N pontan, amit P körül leforgatunk az AB egyenesre: az így kapott pont P. Hogy ez a P pont az OB szakasz elsejéen van, ahhoz igazolni kell a PB PP PO egyenlőtlenséget, PA PB ami PP = miatt egyenértékű a PO PO PB PA PB PO egyenlőtlenséggel. Ennek al oldala PO PA, míg jo oldala ( PO a)( PO a) = PO a PO PA PB = miatt teljesül. Az OP OP = a összefüggés pedig PA PB = OP a miatt, ugyanis ( PP ) = OP PA PB = OP ( OP a ) a OP OP = OP OP =.. mód (3..3. ára): Legyen OP ω = B és k a BP szakasz fölé rajzolt Thalész-kör, ami nem halad át az O entrumon. Ekkor P P és B = B miatt k kör képe a B P szakasz fölé rajzolt k Thalész-kör, miközen a k és k köröknek O a külső és B a első hasonlósági OP BP pontja. Ezen hasonlóságól =, ahonnan a OB BP B P szakasz megszerkeszthető, s ezáltal P is. 9

30 3..3. ára A B P szakasz a fenti arány alapján megszerkesztve BP OP miatt az OB szakasznál rövide, s így P az OB sugár első pontja Két kör hatványvonala Minthogy két nem konentrikus kör hatványvonala olyan egyenes, amely merőleges a két kör középpontjait összekötő egyenesre, ezért a két kör felvételét követően elegendő a keresett hatványvonal egy pontját ismerni. Közös ponttal rendelkező két kör esetén a közös pont nyilvánvalóan megfelelő, így erre az esetre itt nem térünk ki, de még a két egyevágó kör esetére sem, mivel ekkor a entrális szakasz felezőpontja rajta van a keresett hatványvonalon. A fennmaradó általános eseten, amikor a két diszjunkt kör nem konentrikus és nem egyevágó, a két kör hatványvonalának megszerkesztésére az értekezésen tizenegy különöző módot ismertetünk, amihez a hatványvonal pontjainak a hatványvonal 30

31 értelmezéséől következő tulajdonságain túl felhasználjuk az inverzió mélye tételei alapján adódó lehetőségeket, sőt az egyik módnak még egy általánosítását is tárgyaljuk. Itt egyelőre e kell érnünk az alái két szerkesztési móddal.. mód (3.3.l. ára): Legyenek M k és N k olyan pontok, amelyekre OM OO és O N OO teljesül, továá legyen P az l ( O, OM ) és l ( O, O N ) körök valamelyik metszéspontja. Ekkor P-nek a k és k körökre vonatkozó hatványa h P = O M r = O és ( ) O h ( P) = O N r = OO, azaz ( P) h ( P) h = miatt P rajta van a h hatványvonalon, ami egyúttal az l és l körök közös szelő egyenese. Megjegyezhető, hogy O M r és O N r miatt P kívül van az adott k és k körökön, s ezért P- ől a körökhöz húzható érintőszakaszok hossza O O - vel egyenlő. Ezen érintőszakaszok hossza másként is megválasztható: valamely x 0 valós szám pontosan akkor megengedett, ha r x r x OO teljesül. 3

32 3.3.. ára. mód (3.3.. ára) Jelölje I és O a k és k körök első és külső hasonlósági pontját, továá legyen O O ( k k ) = { K, L, M, N}, ahol a K L M N elrendezés teljesül. Válasszuk az O entrumú a = OL OM hatványú inverziót, amelynek alapköre az ω ( O, a) kör. Ekkor az OI átmérőjű k kör k inverze azonos a k és k körök h hatványvonalával. 3

33 Az ( O, a) ára ω kör könnyeen megszerkeszthető, ha felhasználjuk, hogy ω merőleges az LM és KN átmérőjű körökre. 4. Módszertani elemzés A módszertani elemzés alapjául a 00. május - én délutánra kitűzött érettségi-felvételi feladatsor utolsó feladata szolgált, ami a háromszög egyik első szögfelezője hosszának az oldalakkal történő meghatározását írta elő izonyításos formáan, s így ez az értekezés egyik előző fejezetéhez szorosan kapsolódik. Feladat: Egy háromszög oldalainak hossza a,,. Mutassa meg, hogy az a és oldalak által közezárt szögfelező hossza: a[( a ) ]. a 33

34 Ez a feladat két okól is a nevezett feladatsor legneheze feladatának tartható: egyrészt nem egyszerűen számításos, hanem direkt izonyításos jellegű, jóllehet némi könnyítést jelenthetett a izonyítandó formula megadása, másrészt a háromszög szögfelezőjének hossza a középiskolai matematika anyagáan eléggé mellőzött téma, ár éppen ezért a izonyítás elvégzése nem válhatott reproduktív folyamattá. A fenti feladathoz kapsolódva módszertani felmérést végeztem a Dereeni Egyetem Közgazdaságtudományi Karára jelentkezők hozzáférhető felvételi dolgozatai alapján. A felméréshez a prolémamegértés, prolémamegoldás és az ismeretek alkalmazása szintjeinek mérése éljáól a következő itemsort állítottam össze:. Hozzákezd a feladathoz.. Van értékelhető a munkájáan. 3. Készít árát. 4. Helyes árát készít. 5. Jelöléseket jól alkalmazza. 6. Az alapárát kiegészíti. 7. Az adott kiegészítés felhasználható valamely megoldáshoz. 8. Az ára általános háromszögre utal. 9. Ismeri a szögfelező fogalmát. 0. Ismeri a szögfelezőre vonatkozó arányossági tételt.. Minden más felhasznált fogalom vagy tétel ismerete helyes.. Minden más felhasznált tétel alkalmazása helyes. 3. A izonyítás lépéseit indokolja. 34

35 4. Teljesen és hiátlanul megoldotta a feladatot. 5. Az adott megoldás általános. 6. A izonyítandóól indul ki, de nem jut megoldásra. Ezen itemsor konkrét működésére egy példaként tekintsük a központilag kiadott alái első megoldási változatot. Megoldás: Legyen a C-nél lévő szög γ, a szögfelező AB -vel közös pontja C és a CC szakasz hossza f γ. 35

36 f γ γ Az ACC háromszög területe sin, a BCC af γ γ háromszögé sin. Ezek összege az ABC háromszög területével egyenlő fγ γ afγ γ a sin sin = sinγ. γ γ Mivel sinγ = sin os, ezért sin γ -vel osztva γ mindkét oldalt ( sin 0 ): γ ( a ) fγ = a os. Eől a 0 miatt γ a os = fγ. a Írjuk fel az ABC háromszögre a koszinusztételt: = a aosγ, amelyől a osγ =. a 36

37 Helyettesítsük ezt és a os γ = osγ egyenlősége: os γ -re kapott kifejezést a a a Eől a γ =. f a ( a ) a azaz γ = a a, f a[( a ) ] fγ =. ( a ) Mivel f γ pozitív, ezért f = a[( a ) a ] γ. E megoldásól az alái konkrét itemsor adódik: 37

38 A feladat megoldása után kövessük végig a megoldás fejlődésének menetét, azaz a megoldás felfedezése során kialakuló gondolatok lánolatát. Felfedezni a megoldást annyit jelent, mint megtalálni az összefüggést a rendelkezésre álló adatok és az ismeretlen között. A megoldó a feladat első felvázolásakor még nagyon egyszerű képet alkot, osztatlan és összetett egészként látja a háromszöget és a kijelölt első szög felezőjét, szinte minden továi részlet nélkül, s sak annyit tud, hogy mi az ismeretlen valamint mik az adatok és a feltételek. A megoldó figyelmét kezdeten hol az egyik, hol a másik részlet vonja magára, de egy idő után ez a figyelem szelektálni kezd, vagyis nem törődik tová a proléma szempontjáól lényegtelen dolgokkal, viszont megragadja mindazt, aminek jelentősége van vagy lehet. A megoldó igen fontos tennivalója, hogy figyelmét az elérendő élra összpontosítsa, azt a megoldás közen soha ne veszítse szem elől, vagyis állandóan figyelje a végét. Erre a végélra irányuló vágy az, ami megváltoztatja a megoldó egész gondolkodását, ezáltal a prolémát sajátjának érzi, s a megoldás akarása a proléma lényeges részévé válik. A prolémamegoldó értelmi működése összetett, s amint előrejut, egyre tö és tö anyagot gyűjt össze. Elsőként azt nézi meg, hogy mivel rendelkezik: mi az ismeretlen és mik az adatok. Jelenlegi feladata éppen az, hogy kitöltse a közöttük meglévő űrt, vagyis eizonyítsa a megadott összefüggést. Ehhez alaposan 38

39 szemügyre veszi az ismeretlent: ez egy szakasz hossza, aminek meghatározására tö ötlet is kínálkozhat. Talán ki kellene egészíteni úgy az árát, hogy ez a szakasz egy derékszögű háromszög valamelyik oldala legyen. Ilyen kiegészítés viszonylag egyszerűen adódik a felezett szög súsáól kiinduló magasság erajzolása révén, ámde ezáltal két másik ismeretlen szakasz is elép. S mivel az úja ismeretleneknek az adatokkal történő közvetlen meghatározása túl hosszadalmasnak látszik, így ez az irány mégsem a legélszerű. A megoldó éppen ezért nem indul el ezen az úton, hanem másikkal próálkozik. Egy ismeretlen szakasz meghatározásának továi szokásos módja, hogy e szakaszt valamely oldalként tartalmazó hasonló háromszögeket keresünk, de általános háromszöget tekintve az alapárán nem fedezhető fel két hasonló háromszög. Talán alkalmas kiegészítéssel adódna erre lehetőség, ám ha a megoldó nem akarja kiegészíteni az árát, akkor vissza kell térnie az ismeretlen szakasz értelmezéséhez vagy annak valamely ismert tulajdonságához. Értelmezés szerint a szögfelező a felezett szöget két egyenlő részre osztja, s ár ezáltal első pillanatra megint két ismeretlen van: egy szög és a fele, de a megoldó mégis azt reméli, hogy een az irányan haladva közele juthat a élhoz. Most már sak a döntő gondolatra van szüksége, ami általáan nem kívánságra jön, hanem tönyire spontán ötlik fel, és megváltoztathatja a megoldónak a feladatról való elképzelését. A megoldó tehát még egyszer megnézi az ismeretlent, s rádöen arra, hogy ez a szögfelező szakasz az eredeti háromszöget két 39

40 diszjunkt háromszögre vágja szét. Így az ismeretlen szakasz új jelentést kap: közös oldala lesz két olyan háromszögnek, melynek területe élszerűen kifejezhető két oldal és a közrefogott szög segítségével. A terület additivitása miatt pedig ezen két részháromszög területeinek összege egyenlő az eredeti háromszög területével, amit most szintén a két oldal és a közrefogott szög segítségével érdemes kifejezni. Ezáltal a megoldó összefüggést talált az ismeretlen és izonyos adatok közt, ár ez még egyáltalán nem a végél, mivel tartalmaz nem kívánt segédismeretlent, és ugyanakkor nins enne mindegyik adat. Mégis ez lehet a döntő gondolat, aminek felötlése után a megoldó egyre tö kapsolatot lát meg. Innentől kezdve az előrehaladás üteme felgyorsul, sőt már a megoldás közelsége is élénken érezhető. A megoldó észreveszi a kétszeres szögek szinuszára vonatkozó azonosság alkalmazási lehetőségét, a koszinusz-tétel révén evonja a megoldása az eddig kimaradt harmadik oldalt, majd a félszögek koszinuszára vonatkozó azonosságot alkalmazva olyan összefüggéshez jut, amelyen már sak az ismeretlen és az adatok szerepelnek, s eől az ismeretlen kifejezésével éla is ér: a izonyítás kész. Mint minden izonyítás, ez is érvek és következtetések viszonylag nem túl hosszú lána, de ha sak egyetlen lánszem is hiányozna, akkor megszakadna az érvek lánolata, s a izonyítás nem állná ki a próát Az a tény pedig, hogy a megoldó az ismeretlen értelmezését használta fel és az alapárát nem egészítette ki, azért volt szerensésnek tartható, mert társult e folyamathoz egy döntő ötlet, aminek 40

41 révén a él elérhetővé vált. Egy másik megoldás kezdetén megtehető, hogy az ismeretlennek továra is az értelmezését használjuk fel, vagy pedig valamilyen lényeges tulajdonságát. Mindkét eset tová kominálható egy-egy alkalmas kiegészítéssel, ami tönyire úja szakasz és sak nagyon ritkán körív. A megoldáshoz elvezető logikai összefüggések rendszere, s ezáltal a döntő gondolat is lényegesen eltérő lehet. Az így előálló különöző megoldások közül az tekinthető egyszerűnek, amihez kevese háttérismeretre van szükségünk, jóllehet mélye matematikai tételek irtokáan rövide és elegánsa megoldás is adható. Az erre vonatkozó felmérésen vizsgáltam az adott proléma megértésének, megoldásának és az ehhez felhasználható, de sak a középiskoláan tanult matematikai ismeretek alkalmazásának a szintjeit. A felméréshez szükséges adatázist a Dereeni Egyetem Közgazdaságtudományi Karára jelentkezők hozzáférhető dolgozatai alapján állítottam össze. Ezen felméréshez kapsolódva kitérek még a vizsgált feladat valamely megoldásához felhasználható tételekre, továá annak emutatására, hogy ezek közül melyeket alkalmazták a jelentkezők. Mindezek alapján arra a megállapításra juthatunk, hogy a felvételizők tösége számára nagyo prolémát jelent valamely tétel alkalmazhatóságának a felismerése, mint az alkalmazás tényleges kivitelezése, s ez egyértelműen az összetett gondolkodási műveletek hiányosságára utal. Végezetül az elemzés egy az egész értekezést átfogó kitekintéssel zárul, amelyen arra a nem 4

42 könnyű kérdésre keressük a választ, hogy egyáltalán miért is van szükség izonyításra és töféle megoldásra. 4

43 Teahing Ideas of Certain Themes in Elementary Geometry Introdution The main purpose of the present dissertation is to desrie how to train students mathematial thinking so that they want to searh after more solutions of the same prolem. Students have to realize that the work doesn t really end after they had found the first solution, ut they have to look for simplified ones with less theoretial akground, while they arry out ertain thinking operations, and an attain additional knowledges. We also have to get students not to aept their first onjeture without making a thorough examination of its universal validity, that is, they must understand the importane of proving their statements. Thus, the searh either for more solutions or for new proofs enales students to eome a person eeing not passively ut reatively reeptive. And this is one of the most important tasks of teahing mathematis. Aording to the aove aims, I have seleted some prolems from the following themes in elementary Eulidean geometry of triangles and irles. Geometry of triangles The Pythagorean theorem group The present purpose isn t to treat the whole literature onneted with this theorem-group, ut to desrie some dissetion proofs that offer exellent 43

44 possiilities to disover any of these theorems in a very early playful form. The mathematial akground is the onverse of the fundamental theorem of polygonal dissetions, that is, the Bolyai-Gerwien theorem, inlusive of the ongrueny proofs given in an exat manner. As to the Pythagorean theorem, I detail five known dissetion proofs, as well as two negleted elementary generalizations that aren t ommon or usual in the mathematial literature. The first generalization is of the form = a ± d where a,, are the lengths of sides of an olique triangle ABC and d is the distane etween A and the image of C y the symmetry aout the line of the altitude to side AC. The seond one is given y the formula a = ( ± d) d where d denotes something unlike efore, namely the asolute value of the differene m. For the theorem on the mean property of the altitude to the hypotenuse, as well as for the theorem on the two legs, we demonstrate some general dissetion proofs ontaining also ertain new ideas. On dissetions of a right triangle into a retangle After presenting the well-known dissetions of a triangle into a retangle of the same area, we detail a speial dissetion possiility ased on the following theorem: If P is the point of tangeny of the insried irle and the hypotenuse AB of right triangle ABC, then the produt AP BP equals the area of triangle ABC. 44

45 This fat is a unique property of the right triangle we want to deal with. Its diret proof is very simple or even oring, ut all the more hallenging and interesting are the dissetions we have presented here. The length of the angle isetor of a triangle The original prolem is to prove the formula for the lengths of the interior angle isetors of a triangle in terms of the sides. We present twenty-four different proofs y applying either similar triangles or trigonometri and vetor alulations or even the Theorem of Stewart. And finally, we present also three appliations of the proved formula. Of ourse, this great variety should not e taught in one lesson, ut in several teahing situations. On the the Euler line of a triangle The first question, whether Euler s line is ever parallel to a side of a triangle, has een investigated algeraially. To this investigation we onsidered a non-isoseles triangle ABC with fixed verties A and B, and searhed for the lous of C when Euler s line is parallel to side AB. The result is an ellipse entered AB at the midpoint of side AB, with semiminor axis AB 3 and semimajor axis, exept the endpoints of its axes. The seond question, on what ondition intersets Euler s line a ertain side under a given angle ϕ with 45

46 0 o < ϕ < 90 o, an e treated in a very similar way, ut the result is more omplex than efore. Now the lous we sought after is an ellipse, a pair of parallel lines or a hyperola, aording as 0 o < ϕ < 60 o, ϕ= 60 o or 60 o < ϕ < 90 o. Geometry of irles The power of a point with regard to a irle The power of a point with regard to a irle is generally ased on the following theorem: If a line is drawn from a fixed point P to interset a irle k(o;r) at A and B, then the produt PA PB is onstant. Its proof an simply e treated using similar triangles. However, the onstant result PA PB = OP r involves the prolem how to sign the left side of this equation if previously the length of a line segment was aepted to e non-negative. Well, if we do vetoralgerai treatment, the sign derives from inner properties of the salar produt. That s why we hoose this way, and then present five proofs using vetors. How to onstrut the inverse of a point? Sine the inversion in a irle is involutori, and eah point exterior to the irle of inversion is uniqely assoiated an interior point, it is enough to deal with the onstrution of the inverse of a point outside the irle of inversion. Then, for an interior point, we an mostly use the onverse of the onstrution proess used efore. The eauty at the onstrution of the inverse of a point is involved in its great variety. It an e done using elementary or even deeper theorems, as well as using either ompass or lineal alone. The 46

47 presented fourteen ways don t want to suggest that there is no more hane of finding another new one. How to onstrut the radial axis of two irles? Sine the radial axis of two non-onentri irles is a ertain line perpendiular to the line of enters, it is enough to know one of its points if we want to draw this line. Suh a point an e onstruted in many different ways. The two ommon ways are ased either on the onstrution of the radial enter of three irles, or on the onstrution of the intersetion point of the radial axis and the line of enters of the two given irles. We present three ways for the onstrution of this intersetion point, three ways for the onstrution of a proper point outside the two irles, from where tangents of equal length an e drawn, and again three ways using ertain properties of the inversion in a irle. Methodologial investigation The proof of the formula for the length of the interior angle isetor of a triangle was the 8th prolem in a entral entrane exam organized 00 y the Faulty of Eonomi Siene of the University of Dereen. This prolem formed the sujet of our methodologial investigation ased on the availale works written y the partiipants. The purpose of this investigation was to measure the level of understanding and solving the prolem, as well as to measure also the level of adapting ertain neessary mathematial theorems, furthermore to ompare and analyse the given solutions. 47

48 Throughout all of the aove themes, we have sought after very new ideas that an e fitted in a ertain solution of a given prolem, as well as after the onverse and the generalization of a seleted theorem in elementary geometry. This is why one an make good use of the ompiled teahing material not only in seondary ut also in higher eduation. 48

49 A szerzőnek az értekezéshez kapsolódó fontosa pulikáiói:. Darvasi, Gy.: A középérték-egyenlőtlenségek egy geometriai leírása A Matematika Tanítása,975, Darvasi, Gy.: A dissetion property of right triangles Otogon Math. Magazine, April 996, Darvasi, Gy.: A property of right triangles revisited Mathematis Teaher, May 996, Darvasi, Gy.: Derékszögű háromszög speiális átdaraolása téglalappá A Matematika Tanítása,997, Darvasi, Gy.: A háromszög szögfelezőinek hosszáról A Matematika Tanítása, 00, Darvasi, Gy.: How to onstrut the radial axis of two irles? Otogon Math. Magazine, 00, Vol. 9, No., Darvasi, Gy.: More notes on a negleted Pythagorean-like formula Math. Gazette 85(Nov. 00), Darvasi, Gy.: Összefoglaló a magasságtételről A Matematika Tanítása, 00, Darvasi, Gy.: Triangles with Euler line parallel to a side Mathematis Teaher, May 00,

50 0. Darvasi, Gy.: From the weighted mean to the mean-inequalities Math. Gazette, July 00, Darvasi, Gy.: Vier esondere Dreieke mit seitenparalleler Eulergeraden Praxis der Math. in der Shule, 00, Darvasi, Gy.: Derékszögű háromszög átdaraolása téglalappá Nyíregyházi Főiskola TTFK Természettudományi Közl., 00, Darvasi, Gy.: Triangles whose Euler line is parallel to a side Math. Spetrum 35(00/003), No., Darvasi, Gy.: A unique property of right-angled triangles Math. Gazette, Marh 003, Darvasi, Gy.: Üer den verallgemeinerten Höhensatz Praxis der Math. in der Shule, 004, Darvasi, Gy.: Generalizing a onstrution of the radial axis Otogon Math. Magazine, April 004, Darvasi, Gy.: Triangles with Euler lines in speial positions Otogon Math. Magazine, April 004, Darvasi, Gy.: A Pitagorasz-tétel egy nem közismert általánosítása A Matematika Tanítása, 004, 5. szám, Darvasi, Gy.: Converse of a property of right triangles Math. Gazette, Marh 005,

51 Tartalomjegyzék. Bevezetés. Háromszög-geometria.. A pitagoraszi tételsoport 3.. Derékszögű háromszög átdaraolása 5 téglalappá.3. A háromszög szögfelezőinek hossza 0.4. Euler-egyenes 3. Körgeometria Pont körre vonatkozó hatványa Pont inverze Két kör hatványvonala 9 4. Módszertani elemzés 3 Angol nyelvű összefoglaló 4 A szerző kapsolódó pulikáiói 47 5

52 Contents. Introdution. Geometry of triangles.. The Pythagorean theorem group 3.. Some dissetions of the right triangle 5 into a retangle.3. The length of the angle isetors of a 0 triangle.4. On the Euler line 3. Geometry of irles The power of a point The inverse of a point The radial axis of two irles 9 4. Methodologial investigation 3 Summary in English 4 Related puliations of the author 47 5