14. Vektorok I. Elméleti összefoglaló Vektor Az irányított szakaszokat vektoroknak nevezzük: Jelölés: a kezdő és a végpont megadásával: AB ; egy kisbetűvel: v, írásban aláhúzás is szokásos: a; nyomtatásban félkövér betűt használhatunk: b. Két vektor egyenlő, ha hosszuk és irányuk megegyezik. A vektor hosszát a vektor abszolútértékének is nevezzük: a. Nullvektornak nevezzük azt a vektort, amelynek abszolútértéke 0. A nullvektor iránya tetszőleges. Bármilyen meglepő, minden vektorral párhuzamosnak, minden vektorra merőlegesnek tekinthetjük. Két vektor egymás ellentettje, ha abszolútértékük egyenlő, irányuk ellentétes. Jelölés: az a vektor ellentettje a. Két vektor összegét az ábra szerint háromszög-szabállyal vagy paralelogramma módszerrel szerkeszthetjük meg. 1
Ha a háromszög-szabályt használjuk, akkor egyszerre több vektort is összeadhatunk egymás után felmérve őket az összegvektor az első vektor kezdőpontjából az utolsó vektor végpontjába mutat. A paralelogramma módszert például fizikában, az erők összegzése során alkalmazzuk. Két vektor különbségét az ábra szerint szerkesztjük meg. Az a és b vektor különbségét úgy is megkaphatjuk, ha az a vektorhoz hozzáadjuk a b vektort. Vektor szorzása számmal: λ R ha λ = 0, akkor λ a = 0; ha λ > 0, akkor a λ a vektor iránya megegyezik az a vektor irányával és λ a = λ a ; ha λ < 0, akkor a λ a vektor iránya ellentétes az a vektor irányával és λ a = λ a. Vektorok skaláris szorzata: Ha az a és b vektorok szöge φ (0 φ π), akkor az a és b vektorok skaláris szorzata: a b = a b cos φ. Tétel (vektorműveletek tulajdonságai): A vektorok összeadása kommutatív és asszociatív: a + b = b + a; (a + b) + c = a + (b + c). 2
A vektorok számmal való szorzására teljesülnek az alábbi összefüggések: α (a + b) = α a + α b; α (β a) = (α β) a; (α + β) a = α a + β a. A skaláris szorzat tulajdonságai: a b = b a; (a + b) c = a c + b c; α (a b) = (α a) b = a (α b); a = a. Két vektor akkor és csak akkor merőleges egymásra, ha a skaláris szorzatuk 0. Tétel: Ha a és b a sík két nem párhuzamos vektora, akkor a sík tetszőleges v vektora egyértelműen felbontható az a és b vektorokkal párhuzamos összetevőkre: v = α a + β b ; α; β R. Ezt az előállítást az a és b vektorok lineáris kombinációjának is nevezzük. Ha a, b és c a tér három nem egysíkú vektora, akkor a tér tetszőleges v vektora egyértelműen felbontható az a, b és c vektorokkal párhuzamos összetevőkre: v = α a + β b + γ c ; α; β; γ R. Síkban az a; b, térben az a; b; c vektorokat bázisvektoroknak, az α; β illetve α; β; γ számokat a v vektor koordinátáinak nevezzük. A vektorok koordinátáival és a vektorműveletek koordinátákkal való kifejezésével a 15. témakörben foglalkozunk részletesen. Ha a síkban (térben) egy O pontot rögzítünk, akkor az O pontból a sík(tér) tetszőleges P pontjához vezető OP vektort a P pont helyvektorának, az O pontot vonatkoztatási pontnak nevezzük A helyvektort szokás a megfelelő kisbetűvel jelölni: OP = p. 3
Tétel: Ha az AB szakasz végpontjaiba mutató helyvektorok a és b, akkor AB = b a. az AB szakasz F felezőpontjába mutató helyvektor: a + b f = 2. az AB szakasz A-hoz közelebbi H harmadolópontjába mutató helyvektor: 2a + b h =. 3 az AB szakaszt m: n arányban osztó P pontba mutató helyvektor: na + mb p = m + n. Tétel: Ha az ABC háromszög csúcspontjaiba mutató helyvektorok a, b, c, akkor a háromszög S súlypontjába mutató helyvektor: a + b + c s =. 3 Ha az ABCD tetraéder csúcspontjaiba mutató helyvektorok a, b, c, d, akkor a tetraéder S súlypontjába mutató helyvektor: a + b + c + d s =. 4 II. Kidolgozott feladatok 1. Adott az a; b; c vektor. Szerkesszük meg az alábbi vektorokat! a) a + 2b b) a c c) a + b c 4
a) b) c) 2. Bontsuk fel a v vektort az a és b vektorokkal párhuzamos összetevőkre! a) b) 5
a) A v vektor végpontján keresztül párhuzamost húzunk az a illetve b vektorokkal. Így a v vektort egy paralelogrammába foglaljuk. v = a + b a vektorok összeadásának szabálya szerint. a = 1,5 a, b = 2,5 b, így v = 1,5 a + 2,5 b. b) Hasonlóan szerkesztünk, mint az előző esetben. Most az összetevők az a és b vektorokkal ellentétes irányúak, ezért negatív számokat használunk az összetevők kifejezésére: v = a + b = a 1,5 b. 3. Az ABC háromszög S súlypontjából a csúcsokhoz mutató vektorok: a, b, c. Határozzuk meg az a, b, c vektorok összegét! I. 6
Az F pont az AB oldal felezőpontja, ezért SF = ab. A súlypont a súlyvonalnak a csúcstól távolabbi harmadoló pontja, ezért c = 2 SF = (a + b). Innen átrendezés után kapjuk: a + b + c = 0. II. A fenti bizonyítás a súlyvonal és a súlypont geometriai tulajdonságára épít. Érdemes azonban vektorosan is gondolkozni. Legyen a vonatkoztatási pont S. Ekkor a, b, c a csúcsok helyvektorai. A súlypont helyvektorára fel tudjuk írni: 0 = SS = Innen is megkapjuk az a + b + c = 0 összefüggést. a + b + c. 3 4. Az ABCD paralelogramma síkjának egy tetszőleges pontja O. Bizonyítsuk be, hogy OA + OC = OB + OD! I. AB = OB OA és DC = OC OD. A paralelogramma szemben lévő oldalai párhuzamosak és egyenlő hosszúak, ezért AB = DC OB OA = OC OD. Ezt az összefüggést átrendezve megkapjuk az OA + OC = OB + OD bizonyítandó állítást. II. A paralelogramma átlói felezve metszik egymást, ezért az M pont az AC és BD szakasznak is felezőpontja, vektorokkal kifejezve: 7
OM = OA + OC = OB + OD 2 2 ezzel megkaptuk a bizonyítandó állítást. OA + OC = OB + OD, 5. Az ABCD négyszög szemközti oldalaira vektorokat illesztünk:ab = a; DC = b. Az AD oldal Ahoz közelebbi negyedelő pontja E, a BC oldal B-hez közelebbi negyedelő pontja F. Határozzuk meg az EF vektort az a és b vektorok segítségével! I. Az ábra szerint az AD = 4 x; BC = 4 y. Az EF vektort kifejezzük kétféle módon: EF = x + a + y EF = 3 x + b 3 y. Az első egyenlet háromszorosához hozzáadjuk a második egyenletet: 4 EF = 3a + b II. EF = 3a + b 4. Húzzuk be a BD átlót és osszuk fel négy egyenlő részre. A párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt EG AB, a párhuzamos szelőszakaszok tétele miatt EG = AB, tehát EG = a. Hasonlóan kapjuk, hogy GF = b. A vektorösszeadás szabálya szerint EF = a + ab b =. 8
6. Az ABC háromszög köré írható körének középpontja O. Ebből a pontból a csúcsokhoz mutató vektorok: a, b, c. Bizonyítsuk be, hogy az O pontból felmért a + b + c vektor a háromszög magasságpontjába mutat! Bizonyítsuk be, hogy a háromszög magasságpontja, súlypontja és a köré írható körének a középpontja egy egyenesen van (Euler-egyenes)! Az ábra szerint legyen OM = a + b + c. CM = OM OC = a + b. BA = a b. a = b, mert az O pont a háromszög körülírható körének a középpontja, így (a + b)(a b) = a b = a b = 0. A két vektor skaláris szorzata 0, így merőlegesek egymásra. Ezzel bizonyítottuk, hogy CM AB, tehát az M pont rajta van a C csúcsból induló magasságvonalon. Hasonlóan bizonyíthatjuk, hogy a másik két magasságvonalon is rajta van M, tehát M a háromszög magasságpontja. A háromszög S súlypontjába mutató vektor OS = = OM. Ezzel beláttuk, hogy az M, S, O pontok egy egyenesen vannak, az S pont az O-hoz közelebbi harmadoló pontja az MO szakasznak. Ezt az egyenest Euler-egyenesnek nevezzük. 7. A ABC háromszög oldalainak a hossza a, b, c; a szemközti csúcsok helyvektorai a, b, c. Határozzuk meg a háromszögbe írt kör középpontjának helyvektorát! Az ábrán a helyvekorokat az áttekinthetőség miatt nem jelöltük. A szokásnak megfelelően az adott pontba a megfelelő kisbetűvel adjuk meg a helyvektort. A háromszög beírt körének középpontja a 9
szögfelezők metszéspontja, az ábrán a K pont. A szögfelező a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja, ezért: p = ab és az AP szakasz hossza háromszögben AK szögfelező, erre is alkalmazzuk az előbb említett tételt: bp + k = bc a + b c = bc a + b + b aa + bb b a + b + bc a + b c = bc a + b + b aa + bb + cc b a + b b a + b + c a + b = c =. Az APC aa + bb + cc a + b + c. A beírt kör középpontjának helyvektora ezek szerint a csúcsok helyvektorainak az oldalak hosszával súlyozott közepe. 8. Határozzuk meg az a és b vektorok szögét, ha a = 7; b = 12 és ab = 60! ab = a b cos φ, ahol φ a két vektor szöge. Innen cos φ = = φ = 135,58. 9. Az ABCDEF szabályos hatszög oldalainak a hossza 10, a hatszög középpontja O. Számítsuk ki az AB AO ; AB AC ; BC EF ; FC BD ; FC EF skaláris szorzatok értékét! AB AO = 10 10 cos 60 = 100 0,5 = 50; AB AC = 10 10 3 cos 30 = 100 3 3 2 = 150; BC EF = 10 10 cos 180 = 100; FC BD = 20 10 3 cos 90 = 0 ; FC EF = 20 10 cos 120 = 200 ( 0,5) = 100. 10. Bizonyítsuk be, hogy egy paralelogramma átlóinak négyzetösszege egyenlő az oldalainak négyzetösszegével! 10
A paralelogramma oldalaira és az átlókra az ábra szerint vektorokat illesztünk. A szakaszok hosszát kisbetűvel, a vektorokat félkövér betűkkel jelöljük. A megoldás során kihasználjuk, hogy egy vektor négyzete egyenlő a hosszának a négyzetével: e + f = e + f = (a + b) + (a b) = 2 a + 2 b = 2a + 2b. 11. Szerkesszük meg az ABC háromszög AC és BC oldalára kifelé az ACPQ és CBRS négyzeteket. Bizonyítsuk be, hogy a PS szakasz kétszer akkora, mint a háromszög C-hez tartozó súlyvonala! Az AB oldal felezőpontja O, a CB oldal felezőpontja E, az AC oldal felezőpontja F. A háromszög középvonala párhuzamos a háromszög egyik oldalával és fele olyan hosszú. Ezt felhasználva jelölünk vektorokat az ábrán: OE = FC = a; OF = EC = b. 11
Az a 1 vektor az a vektornak, a b 1 vektor az b vektornak a 90 -os (az óramutató járásával azonos irányú) elforgatottja. Így CS = 2a ; PC = 2b. A vektorösszeadás szabálya szerint a háromszög súlyvonalára illesztett vektor: s = a + b; a PS szakaszra illesztett vektor: v = 2a + 2b = 2(a + b ). Ez az eredmény azt mutatja, hogy a v vektor az s vektor 90 -os elforgatottjának a 2- szerese. Tehát beláttuk, hogy a PS szakasz kétszer olyan hosszú, mint a súlyvonal, továbbá azt is, hogy merőleges rá. III. Ajánlott feladatok 1. Adott az a; b; c vektor. Szerkessze meg az alábbi vektorokat! a) a + 2b b) a c c) a + b c 2. Az ABCDEFGH kocka A csúcsából kiinduló élvektorok a, b, c. A HG él felezőpontja P, a BCGF lap középpontja O. Fejezzük ki az AH, BD, AP, AO vektorokat az a, b, c vektorok segítségével! 3. Az OBMA paralelogramma OA és BM oldalát osszuk három egyenlő részre, így kapjuk az ábra szerint a C és D pontokat. Osszuk fel a CD szakaszt is három egyenlő részre, a P pont a CD szakasz D-hez közelebbi harmadoló pontja. Írja fel az OP vektort az OA = a és az OB = b vektorok segítségével! (Nemzetközi Előkészítő Intézet felvételi feladata, 1985) 12
4. Az ABCDEFGH paralelepipedon éleire az ábra szerint vektorokat illesztünk. A DBE háromszög súlypontja S, a CFH háromszög súlypontja S. Fejezzük ki az AG, AS, AS vektorokat az a, b, c vektorok segítségével! Határozzuk meg, hogy a paralelepipedon testátlóját milyen arányban osztja a két háromszög síkja! 5. Az ABC háromszög A csúcsát tükrözzük a B csúcsra, így az A pontot kapjuk. Hasonlóan a B csúcsnak a C-re vonatkozó tükörképe B, C-nek az A-ra vonatkozó tükörképe C. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög és az A B C háromszög súlypontja azonos! 6. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög magasságpontját az oldalfelező pontokra tükrözzük, akkor a háromszög köré írható körének pontjait kapjuk! 7. Legyen P és Q az ABC háromszög AB, illetve AC oldalán lévő két belső pont úgy, hogy BP = CQ. Jelölje a BC oldal felezőpontját E, a PQ szakasz felezőpontját F. Igazolja, hogy az EF egyenes párhuzamos az ABC háromszög A csúcsából induló belső szögfelezőjével! (Felvételi feladat, 1992) 8. Egy szánkót 30 N erővel húzunk, az erő 40 -os szöget zár be az elmozdulással. Mekkora munkát végzünk, ha 50 m úton húzzuk a szánkót? 9. Mekkora az a és b egységvektorok szöge, ha (2a b)(3a + 4b) = 0,5? 10. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyenes merőleges egy sík két nem párhuzamos egyenesére, akkor merőleges a sík minden egyenesére! 11. Az OABC tetraéder OA, OB, OC élei páronként merőlegesek egymásra. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög hegyesszögű! 12. Adott egy ABCD paralelogramma és egy O pont. Bizonyítsuk be, hogy : OA + OC OB + OD = 2AB AD! 13. Az ABC háromszög BC és CA oldalára kifelé szerkesszük meg a BCD, illetve a CAG szabályos háromszögeket. Az AC, BC, GD szakaszok felezőpontjai E, F, H. Bizonyítsuk be, hogy az EFH háromszög is szabályos! 13
Az ajánlott feladatok megoldásai 1. Adott az a; b; c vektor. Szerkessze meg az alábbi vektorokat! d) a + 2b e) a c f) a + b c 14
2. Az ABCDEFGH kocka A csúcsából kiinduló élvektorok a, b, c. A HG él felezőpontja P, a BCGF lap középpontja O. Fejezzük ki az AH, BD, AP, AO vektorokat az a, b, c vektorok segítségével! AH = b + c; BD = b a; AP = b + c + 0,5a; AO = a + 0,5b + 0,5c. 3. Az OBMA paralelogramma OA és BM oldalát osszuk három egyenlő részre, így kapjuk a C és D pontokat. Osszuk fel a CD szakaszt is három egyenlő részre, így kapjuk a P pontot. Az ábrának megfelelően rajzolt OP vektort írja fel az OA = a és az OB = b vektorok segítségével! (Nemzetközi Előkészítő Intézet felvételi feladata, 1985) OD = b + a; OC = a. A P pont a CD szakasz D-hez közelebbi harmadoló pontja, ezért OP = b a a = a + b. 4. Az ABCDEFGH paralelepipedon éleire az ábra szerint vektorokat illesztünk. A DBE háromszög súlypontja S, a CFH háromszög súlypontja S. Fejezzük ki az AG, AS, AS vektorokat az a, b, c vektorok segítségével! Határozzuk meg, hogy a paralelepipedon testátlóját milyen arányban osztja a két háromszög síkja! 15
AG = a + b + c. S pont a DBE háromszög súlypontja, ezért AS = abc. AC = a + b; AH = b + c; AF = a + c és S a CFH háromszög súlypontja, ezért AS = abbcac = (a + b + c). Ebből látható, hogy az A, S, S, G pntok egy egyenesre esnek és a két háromszög síkja harmadolja a paralelepipedon átlóját. 5. Az ABC háromszög A csúcsát tükrözzük a B csúcsra, így az A pontot kapjuk. Hasonlóan a B csúcsnak a C-re vonatkozó tükörképe B, C-nek az A-ra vonatkozó tükörképe C. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög és az A B C háromszög súlypontja azonos! Az adott pontokba mutató helyvektorokat a megfelelő kisbetűvel jelöljük. A B pont az AA szakasz felezőpontja, ezért b = aa. Innen átrendezve azt kapjuk, hogy a = 2b a. Hasonlóan 16
b = 2c b; c = 2a c. Az ABC háromszög súlypontjába mutató helyvektor s = abc. Az A B C háromszög S súlypontjába mutató helyvektor s = bacbac beláttuk, hogy a két háromszög súlypontja azonos. = abc = s. Ezzel 6. Bizonyítsuk be, hogy ha a háromszög magasságpontját az oldalfelező pontokra tükrözzük, akkor a háromszög köré írható körének pontjait kapjuk! Most is válasszuk vonatkoztatási pontnak a körülírható kör O középpontját. A 6. kidolgozott feladatban bizonyítottuk, hogy ha a körülírható kör középpontjából a csúcsokba mutató helyvektorok a, b, c, akkor a magasságpontba mutató helyvektor a + b + c. Jelöljük az AB oldal felezőpontját F-el, ekkor f = ab. A tükrözés miatt F az MM szakasz felezőpontja is. Ebből az M pont helyvektora kiszámítható: f = a + b 2 = m + m 2 a + b = a + b + c + m. Tehát m = c. Ez azt jelenti, hogy az M pont a C pontnak az O körközéppontra vonatkozó tükörképe, tehát rajta van a körülírható körön. 7. Legyen P és Q az ABC háromszög AB, illetve AC oldalán lévő két belső pont úgy, hogy BP = CQ. Jelölje a BC oldal felezőpontját E, a PQ szakasz felezőpontját F. Igazolja, hogy az EF egyenes párhuzamos az ABC háromszög A csúcsából induló belső szögfelezőjével! (Felvételi feladat, 1992) 17
I. Az ábra szerint bevezetjük a következő jelöléseket: AB = c; AC = b; a b vektorral párhuzamos egységvektor b ; a c vektorral párhuzamos egységvektor c. Alkalmas k valós számmal felírható: PB = kc ; QC = kb. Ezeket használva kifejezhető: AE = bc ; AF = bb cc. Majd meghatározzuk: FE = AE AF = b + c b + kb c + kc 2 = k(b + c ). 2 b és c egyenlő hosszú vektorok, ezért az összegük a szögfelező irányába mutat, mert egy rombusz átlója. Ebből látható, hogy (b c ) párhuzamos a b c vektorral, így a szögfelezővel. AB = AC esetén EF a szögfelezőre esik, ezt a párhuzamosság speciális esetének tekintjük. Ezzel beláttuk a feladat állítását. II. Az első megoldás szerint bevezetjük az AB = c; AC = b vektorokat; az ezekkel párhuzamos b és c egységvektorokat, a k valós számot, amellyel felírható: PB = kc ; QC = kb. A PQ szakasz felezőpontja F, a BCszakasz felezőpontja E. A PC és BC szakaszokra az ábra szerint vektorokat illesztünk: FP = x; FQ = x; BE = y; CE = y, ezekkel az FE vektort kétféle módon kifejezzük: 18
FE = x + kc + y FE = x + kb y A két egyenletet összeadjuk és az eredményt megfelezzük: FE = kb + kc = k(b + c ) 2 2 Innen az első megoldásnak megfelelően fejezzük be a megoldást. 8. Egy szánkót 30 N erővel húzunk, az erő 40 -os szöget zár be az elmozdulással. Mekkora munkát végzünk, ha 50 m úton húzzuk a szánkót? Ha F erőt fejtünk ki és eközben az elmozdulást az s vektor adja meg, akkor a fizikai munkavégzést az erő és az elmozdulás skaláris szorzatával számoljuk ki: W = F s = 30N 50m cos 40 = 1149 J. 9. Mekkora az a és b egységvektorok szöge, ha (2a b)(3a + 4b) = 0,5? A skaláris szorzat tulajdonságai alapján felbontjuk a zárójelet és felhasználjuk, hogy a és b vektorok hossza egységnyi: (2a b)(3a + 4b) = 6a 3ab + 8ab 4b = 6 + 5ab 4 = 2 + 5ab = 0,5. Ebből ab = 0,5 adódik. Ha a két vektor szöge φ, akkor cos φ = 0,5, tehát φ = 120. 10. Bizonyítsuk be, hogy ha egy egyenes merőleges egy sík két nem párhuzamos egyenesére, akkor merőleges a sík minden egyenesére! Tegyük fel, hogy az e egyenes merőleges a sík f és h egyenesére, amelyek nem párhuzamosak. Legyen g a sík tetszőleges egyenese. Az e, f, h, g egyenesek egy-egy irányvektora n, b, a, v. A v 19
vektor felírható az a és b vektorok lineáris kombinációjaként; v = αa + βb alakban, ahol α, β valós számok. Két vektor akkor és csak akkor merőleges egymásra, ha a skaláris szorzatuk 0. Így n a = 0; n b = 0. Ekkor: n v = n (αa + βb) = α(n a) + β(n b) = 0 is teljesül, amiből következik, hogy n v, tehát az e egyenes merőleges a g egyenesre is. A fenti ábra közös ponton átmenő egyenesekre mutatja a bizonyítást a jobb áttekinthetőség miatt, de meggondolható, hogy a bizonyítás általános esetben ugyanígy igaz, az egyenesek szöge nem változik, ha közös pontba toljuk el őket. 11. Az OABC tetraéder OA, OB, OC élei páronként merőlegesek egymásra. Bizonyítsuk be, hogy az ABC háromszög hegyesszögű! A tetraéder éleire vektorokat illesztünk: OA = a, OB = b, OC = c. ab = ac = bc = 0 az élek merőlegessége miatt. AB AC = (b a)(c a) = bc ba ac + a = a > 0. Ha két vektor skaláris szorzata pozitív, akkor a két vektor hegyesszöget zár be, tehát az ABC háromszögben az A csúcsnál hegyesszög van. Ugyanígy bizonyítható, hogy a másik két szög is hegyesszög, így a háromszög hegyesszögű. 12. Adott egy ABCD paralelogramma és egy O pont. Bizonyítsuk be, hogy OA + OC OB + OD = 2AB AD! 20
OA + OC OB + OD = OA OB + OC OD = = OA OB OA + OB + OC OD OC + OD = = BA OA + OB + DC OC + OD = AB OA OB + AB OC + OD = = AB OC OB + OD OA = AB BC + AD = AB AD + AD = 2AB AD. Az átalakítások során felhasználtuk, hogy a paralelogramma szemben lévő oldalai párhuzamosak és egyenlőek, továbbá alkalmaztuk a vektorműveletek tulajdonságait. Megjegyzés: Ha ABCD téglalap, akkor AB AD = 0, mert a téglalap oldalai merőlegesek egymásra. Ezért igaz a következő állítás: A téglalap alapú gúla két-két szemben lévő oldalélének négyzetösszege egyenlő. 13. Az ABC háromszög BC és CA oldalára kifelé szerkesszük meg a BCD, illetve a CAG szabályos háromszögeket. Az AC, BC, GD szakaszok felezőpontjai E, F, H. Bizonyítsuk be, hogy az EFH háromszög is szabályos! Az AB oldal felezőpontja O. A háromszög középvonala párhuzamos a háromszög egyik oldalával és fele olyan hosszú. Ezt felhasználva jelölünk vektorokat az ábrán: OE = FC = a; OF = EC = b. Az a 1 vektor az a vektornak, a b 1 vektor az b vektornak a 60 -os (az óramutató járásával azonos irányú) elforgatottja, így GC = 2b ; FI = a. A GCD háromszögben HI középvonal, ezért IH = b.vektorműveleteket használva FE = a b; FH = a b. Ez az eredmény azt mutatja, hogy ha az FE szakaszt az F pont körül 60 -al elforgatjuk, akkor az FH szakaszt kapjuk, tehát az EFH háromszög szabályos. Megjegyzés: Ha az ABC háromszög γ szögét határesetként 180 -nak választjuk, akkor is igaz a feladat állítása: Legyen az AB szakasz belső pontja a C pont. Az AC és CB szakaszra szerkesszük meg az ACG, illetve a CBD szabályos háromszögeket. Az AC, BC, GD szakaszok felezőpontjai E, F, H. Bizonyítsuk be, hogy az EFH háromszög is szabályos! 21
A bizonyítás erre az esetre is a fent leírt módon alkalmazható.. IV. Ellenőrző feladatok 1. Adottak az a, b, c egysíkú vektorok. Szerkessze meg az alábbi vektorokat! a) a 2(b + c) b) ab + c c) a bc 2. Az a és b vektorok nem párhuzamosak, egyik sem nullvektor. Milyen α és β valós számokra teljesül az alábbi egyenlőség? (α + β)a + (β 2)b = (2α β)(a b) 3. Határozza meg az a + b és az a b vektorok hosszát, ha a = 12, b = 10 és a két vektor szöge 80! 4. Az ABCD négyszög oldalvektorai: AB = a; BC = b; CD = c. Fejezze ki ezeknek a vektoroknak a segítségével az átlók felezőpontjait összekötő vektort! 5. Bizonyítsa be, hogy a tetraéder súlypontja felezi a szemközti élek felezőpontjait összekötő szakaszt! 6. Az ABCD húrnégyszög BCD, ACD, ABD, ABC részháromszögeinek magasságpontjai P, R, S. Q. Bizonyítsa be, hogy a PQRS négyszög egybevágó az ABCD négyszöggel! 7. Mekkora az a és b vektor szöge, ha a = 10; b = 8; ab = 60? 8. Egy tetraéder szemközti éleinek négyzetösszege egyenlő. Bizonyítsa be, hogy a kitérő élek merőlegesek egymásra! Az ellenőrző feladatok megoldásai 1. Adottak az a, b, c egysíkú vektorok. Szerkessze meg az alábbi vektorokat! a) a 2(b + c) b) ab Alkalmazzuk a vektorműveletek szabályait! 22 + c c) a bc
2. Az a és b vektorok nem párhuzamosak, egyik sem nullvektor. Milyen α és β valós számokra teljesül az alábbi egyenlőség? (α + β)a + (β 2)b = (2α β)(a b) Bármely vektor egyértelműen bontható fel a és b vektorokkal párhuzamos összetevőkre, ezért az egyenlet két oldalán az a és b vektorok együtthatói egyenlőek: α + β = 2α β β 2 = β 2α Ennek az egyenletrendszernek a megoldása: α = 1; β = 0,5. 3. Határozza meg az a + b és az a b vektorok hosszát, ha a = 12, b = 10 és a két vektor szöge 80! A paralelogramma szomszédos szögei 180 -ra egészítik ki egymás, ezért β = 100. Az ABD háromszögre a koszinusztételt felírva megkapjuk az a + b vektor hosszát. AD = 144 + 100 2 12 10 cos 100 = 285,68 a + b = 285,68 = 16,9 Az ABC háromszögre felírva a koszinusztételt megkapjuk az a b vektor hosszát. BC = 144 + 100 2 12 10 cos 80 = 202,32 a b = 202,32 = 14,2 4. Az ABCD négyszög oldalvektorai: AB = a; BC = b; CD = c. Fejezze ki ezeknek a vektoroknak a segítségével az átlók felezőpontjait összekötő vektort! I. 23
Az AC átló felezőpontja E, a BD átló felezőpontja F. Ezt felhasználva: AC = a + b AE = AD = a + b + c AF = EF = a + b 2 a + b + c + a. 2 a + b + c + a a + b a + c = 2 2 2. Megjegyzés: Az eredményből látható, hogy az EF vektort a BC = b vektor nélkül ki tudjuk fejezni. Arra is tudunk következtetni, hogy ha az ABCD négyszög trapéz (AB CD), akkor EF párhuzamos a trapéz AB és CD alapjával. II., Az AC átló felezőpontja E, a BD átló felezőpontja F. Az ábra szerint bevezetjük az EA = x és BF = y vektorokat, így EC = x és DF = y. Az EF vektort kétféle módon kifejezzük: EF = x + a + y EF = x + c y 2 EF = a + c a + c EF = 2 Ebből a levezetésből az is érthetővé válik, hogy miért nincs szükségünk a b vektorra az EF vektor kifejezéséhez. 5. Bizonyítsa be, hogy a tetraéder súlypontja felezi a szemközti élek felezőpontjait összekötő szakaszt! Egy rögzített O pontból a pontokba mutató helyvektorokat a megfelelő kisbetűvel jelöljük. E és F oldalfelező pontok, ezért e = ab ab cd ; f =. az EF szakasz felezőpontja K: k = cd = abcd. Ez éppen a tetraéder súlypontjának helyvektora, tehát beláttuk a feladat állítását. 24
6. Az ABCD húrnégyszög BCD; ACD; ABD; ABC részháromszögeinek magasságpontjai P; Q; R; S. Bizonyítsuk be, hogy a PQRS négyszög egybevágó az ABCD négyszöggel! A körülírható kör középpontját választjuk vonatkoztatási pontnak, az ebből a pontból induló helyvektorokat a megfelelő kisbetűvel jelöljük. A 6. kidolgozott feladat eredménye alapján megadjuk a magasságpontokba mutató helyvektorokat: p = b + c + d; q = a + c + d; r = a + b + d; s = a + b + c. Ez alapján: AB = b a; QP = p q = b + c + d (a + c + d) = b a. Tehát az AB oldal párhuzamos és egyenlő a QP oldallal. Hasonlóan tudjuk belátni a többi oldalról is, hogy az ABCD négyszög megfelelő oldalával párhuzamos és egyenlő. Így a PQRS négyszög valóban egybevágó az ABCD négyszöggel. 7. Mekkora az a és b vektor szöge, ha a = 10; b = 8; ab = 60? cos(a, b) = ab a b = 60 80 = 0,75 (a, b) = 41,41 a két vektor szöge. 25
8. Egy tetraéder szemközti éleinek négyzetösszege egyenlő. Bizonyítsa be, hogy a kitérő élek merőlegesek egymásra! A tetraéder O csúcsából induló éleire illesztjük az a, b, c vektorokat. Egy vektor négyzete megegyezik a hosszának a négyzetével. A feladat feltételét vektorokkal így írhatjuk le: OA + BC = OB + AC a + (c b) = b + (a c) a + c 2cb + b = b + a 2ac + c 0 = 2cb 2ac 0 = 2c(b a) A skaláris szorzat csak akkor lehet nulla, ha a két vektor merőleges egymásra, tehát a tetraéder OC és AB kitérő élei merőlegesek egymásra. A másik két élpárra a bizonyítás ugyanilyen módon történik. 26