Használjuk a vektorokat a geometriai problémák megoldásakor!
Ez az oldal folyamatos bõvítés alatt áll.
Gyakran tapasztalhatjuk, hogy tanítványaink csak ritkán hívják segítségül a geometriai feladatok megoldásában a vektorok által kínált lehetõségeket. Ennek egyik oka az is lehet, hogy csak késõn, az egyéb geometriai ismeretekkel való foglalkozás után kerítünk sort a vektorok tárgyalására, és a gyerekek "konzervativizmusa" eredményezi, hogy az "új", vektoros eszközöket kevésbé szívesen használják. Itt szeretnénk pédákat mutatni arra, hogy a geometriai problémák milyen nagy részében lehet vektoros megoldásokat találni.
Tudatában vagyunk annak, hogy az ilyen jellegû gyûjtemények azzal a veszéllyel járnak, hogy az olvasók a közölt megoldások egy részét erõltetettnek fogják találni. Ennek ellenére megkockáztatjuk a megjelentetést, mert úgy érezzük, hogy jó célt szolgálhatunk vele.
1995-ben egy másodikos matematika tantervû csoportban szorgalmi feladadtul adtuk, hogy a tanulók keressenek vektoros bizonyításokat már ismert geometriai tételekre. Bérczi Gergely sok ilyen bizonyítást talált. E helyen ezek közül is közlünk néhányat (BG) megjelöléssel ellátva.
A vektorok összeadásának és kivonásának megtanítása után mindig be szoktuk bizonyítani a következõ jól ismert tételt: 

1. tétel: Egy háromszög köré írt körének középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a köré írt kör középpontjából a háromszög magasságpontjába mutat. 

A vektor számmal való szorzásának megtárgyalása után a tetszés szerinti rögzített pontból egy szakasz osztópontjába és a háromszög súlypontjába mutató vektorokra vonatkozó tételek következhetnek. Az 1. tétel és a háromszög súlypontjába mutató vektorra vonatkozó tétel nyilvánvaló következménye az Euler egyenesre vonatkozó tétel. 


0. feladat: Adottak a síkban az A1A2A3A4, a B1B2B3B4 és a C1C2C3C4 paralalogrammák. Jelöljük az AiBiCi háromszög súlypontját Si-vel. Mutassuk meg, hogy az S1S2S3S4 négyszög is paralelogramma!

A bizonyítás a fentiek alapján triviálisnak mondható. 


Ismert geometriai tényeket fogalmaznak meg a következõ tételek: 


2. tétel: Egy háromszög magasságpontjának az egyik oldal felezéspontjára vonatkozó tükörképe a háromszög köré írt kör szemközti csúccsal átellenes pontja.

Egy lehetséges bizonyítás:
Legyenek a háromszög csúcsai A, B és C, magasságpontja M, köré írt körének középpontja O, AB oldalának felezéspontja F, az M F-re vonatkozó tükörképe N. Az O-ból az egyes pontokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított kisbetûkkel jelöljük. Ekkor igazak a következõk:
m = a + b + c
f = 0,5(a + b) = 0,5(m + n)
Ezt az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy n = -c, így az állítást bebizonyítottuk. 
3. tétel: A háromszög magasságpontjának az oldalegyenesre vonatkozó tükörképe a köré írt körre esik.
Bizonyítás (BG): Az elõzõekben alkalmazott jelölések mellett legyen a C-bõl induló magasságegyenes talppontja T, a köré írt körrel való második metszéspontja R, a CR szakasz felezéspontja G.
Az OFGT négyszög téglalap, ezért t = g + f = 0,5(c + r + a + b). Az 1. tétel felhasználásával kapjuk, hogy t = 0,5(m +r), ami azt jelenti, hogy T az MN felezéspontja, így a tételt bebizonyítottuk. 

 

 
 
 

A szögfelezõtétel is bizonyítható vektoros módszerrel.

4. tétel : A háromszög belsõ szögfelezõje a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja.
Bizonyítás (BG): Legyen a háromszög C csúcsából induló belsõ szögfelezõ szemközti oldallal való metszéspontja D. Legyen CA=a és CB=b, az a hossza b és a b hossza a. Mivel D rajt van az AB szakaszon, van olyan k és l pozitív valós szám, hogy CD = ka + lb. Tekintettel arra, hogy FD szögfelezõ, az összeadás vektorparalelogrammája rombusz, így a ka és lb vektorok egyenlõ hosszúak, ami azt jelenti, hogy kb=la, azaz k= la/b. Így CD = la/ba + lb. Az osztópontba mutató vektorra vonatkozó tétel szerint ebbõl következik, hogy AD/DB = l/ (la/b)= b/a. A tételt bebizonyítottuk.

 

 
 
 

Természetesen a külsõ szögfelezõkre vonatkozó tétel ugyanígy bizonyítható.

Ezután érdemes kitûzni a gyerekek számára a következõ problémát! 


1. probléma: Egy rögzített tetszõleges O pontból a csúcsokba mutató vektorok segítségével adjuk meg az O-ból a háromszögbe írt kör középpontjába mutató vektort!
Jelöljük a háromszög csúcsait és oldalait a szokásos módon, az O-ból a csúcsokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított kisbetûkkel. Legyen a C csúcsból induló belsõ szögfelezõ szemközti oldallal való metszéspontja D, a háromszögbe írt kör középpontja K. Tudjuk, hogy K a belsõ szögfelezõk metszéspontja. Az ABC háromszög C-bõl induló, valamint az ADC háromszög A-ból induló belsõ szögfelezõire alkalmazva a szögfelezõtételt és az osztópontba mutató vektorra vonatkozó tételt kapjuk, hogy OK = (aa +bb + cc)/(a +b + c).

A hozzáírt körök középpontjába mutató vektorokra vonatkozó állításokat hasonlóképpen bizonyíthatunk.
E probléma tanulmányozása után felhívhatjuk a figyelmet egy olimpiai feladatra is (OF1).

1. feladat: Adott egy nem egyenlõ oldalú háromszög, amelynek oldalaira fennáll az a + b = 2c egyenlõség.
Bizonyítsuk be, hogy ekkor a háromszög súlypontját a beírt kör középpontját összekötõ szakasz párhuzamos a háromszög egyik oldalával!

Legyenek a háromszög csúcsai A, B és C ; súlypontja S, beírt körének középpontja K. A C-bõl induló, az egyes pontokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított betûkkel jelölve és felhasználva a c=(a+b)/2 összefüggést és a korábbiakat, kapjuk, hogy

k = (2aa + 2bb)/3/(a+b) és
s = (a+b)/3

Ezekbõl adódik, hogy KS = (b-a)/3/(a+b)BA. Így az állítást bebizonyítottuk. 
5. tétel: A háromszög súlypontja és középvonal-háromszögének súlypontja egybeesik.
A háromszög súlypontjába és a szakasz felezéspontjába mutató vektorokra vonatkozó tétel segítségével ez az állítás könnyen igazolható. 
A fenti egyszreû tétel megtárgyalása után felvethetõ a következõ probléma: 
2. probléma: Egy háromszög súlypontja S, köré írt körének középpontja O, középvonal-háromszöge köré írt körének középpontja P. Mit tudunk mondani ezen pontok egymáshoz viszonyított helyzetérõl?
A korábbiakból tudjuk, hogy O és S rajt van a háromszög Euler egyenesén. Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy O a középvonal-háromszög magasságpontja, az elõzõ tételbõl tudjuk, hogy annak súlypontja S.
Ez azt jelenti, hogy a háromszög és középvonal-háromszögének Euler egyenesei egybeesnek és ezen rajt van a középvonalháromszög köré írt kör középpontja P is, és teljesül, hogy PO=3PS.
Ezután sort keríthetünk a Feuerbach kör bemutatására is. 
Az eddig tárgyalt ismeretek felhasználásával oldhatók meg a következõ problémák és feladatok is. 
3. probléma: Egy konvex hatszög csúcsai A, B, C, D, E és F. Az ABC háromszög súlypontja B', a
BCD háromszög súlypontjaC', a CDE háromszög súlypontja D', a DEF háromszög súlypontja E', az EFA háronszög súlypontja F' és az FAB háromszög súypontja A'. Milyen hatszög azA'B'C'D'E'F' hatszög?
A rajz elkészítése után a gyerekek könnyen megsejthetik, hogy a hatszög középpontosan szimmetrikus. A bizonyítás vektoros útja a következõ lehet:
Legyen O a hatszög síkjának egy tetszés szerinti rögzített pontja. Az innen az adott pontokba mutató vektorokat a megfelelõ vastagított kisbetûkkel jelöljük. A B'E' szakasz felezéspontja legyen K. Egyszerûen megmutatható, hogy k = (a + b + c + d + e + f)/6. Mivel a kapott eredmény független az átló választásától, a hatszög középpontosan szimmetrikus K-ra. 
4. probléma: Az ABCD konvex négyszögben M a BC oldal, N a CD oldal felezéspontja. Az AM és BN egyenesek a P-ben metszik egymást, és tudjuk, hogy
BM/AN=1/5 és BP/BN=2/5.
Milyen négyszög az ABCD négyszög?
A C-bõl az egyes pontokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított betûkkel jelöljük. Ekkor
m = b/2 és n = d/2, MP/PA = 1/4, így CP = (4m + a)/5 = (2b + a)/5. Hasonlóképpen BP/PN = 2/3, igy CP =(3b + 2n)/5 =(3b +d)/5. A két feltétel csak akkor teljesül, ha a = b + d, azaz, az ABCD négyszög paralelogramma. 
5. probléma: Adott egy O csúcsú konvex szög. Az egyik szárára vegyük fel az A és B, a másik szárára a C és D pontokat úgy, hogy AB=CD, és O-hoz közelebbi pontok az A és a C. Az AC szakasz felezéspontja legyen E, a BD szakaszé F. Milyen irányú az EF egyenes?
Az O-ból az egyes pontokba mutató vektorokat jelöljük a nekik megfelelõ megvastagított kisbetûkkel. Ekkor e = (a + c )/2 és f = (b + d)/2. Ebbõl következõen EF = f - e = [(b - a) +(d - c)]/2 =(AB + CD)/2.
Az EF egyenlõ hosszúságú vektorok számtani közepe, így párhuzamos az adott szög szöfelezõjével.
Teljesen hasonló feladatot kaphatunk, ha az adott szakaszok végpontjait "keresztben" összekötõ szakaszok felezéspontjait vizsgáljuk. 
6. probléma: Az ABC háromszög köré írt körének középpontja O, a kör csúcsot nem tartalmazó AB, BC, CA ívének felezéspontja rendre C', A' és B'. A K olyan pont az ABC háromszög síkjában melyre igaz, hogy OK = OA' + OB' + OC'. Melyik pont a K?
Könnyen megmutatható, hogy K az ABC háromszögbe írt kör középpontja, ugyanis az ABC háromszög CC', BB', AA' szögfelezõi az A'B'C' háromszög magasságegyenesei, és az 1. tétel alkalmazásával közvetlenül kapjuk az állítást. 
7. probléma: Az ABC háromszög magasságpontja M, köré írt körének középpontja O. Tükrözzük az O-t az AB oldal egyenesére, legyen a tükörkép O'. Milyen négyszög az MO'OC négyszög?
A négyszög paralalogramma. Az állítás azonnal adódik a következõ vektoregyenlet sorból:
MO' = OO' - OM = OA + OB - OA - OB - OC = -OC. Természetesen felhasználtuk itt is a korábban tárgyalt ismereteket. 
8. probléma: Az ABC háromszög AB, BC illetve CA oldalainak C', B' illetve B' olyan belsõ pontjai, melyekre AC'/C'B = BA'/A'C =CB'/B'A 1-tõl különbözõ állandó. Legyenek M és O, illetve M' és O' az ABC háromszög, illetve az A'B'C' háromszög magasságpontjai és köré írt köreinek középpontjai. Az MM' és OO' viszonyáról milyen megállapítást tudunk tenni?
Alkalmazva az osztópontokba mutató vektorokra vonatkozó tételt és az 1. tételt, kapjuk, hogy
OA' + OB' + OC' = OA + OB + OC = OM
Ekkor igaz, hogy
MM' = OM'-OM=OO'+O'M'-OM=OO'+O'A'+O'B'+O'C'-OM=
=OO'+OA'-OO'+OB'-OO'+OC'-OO'-OM=-2OO'.
Ebbõl következõen látható MM' párhuzamos az OO'-vel és a hossza fele OO' hosszának. 
2.. feladat: Bizonyítsuk be, hogy ha egy húrnégyszög átlói merõlegesek egymásra, akkor a köré írható kör középpontjának az egyik oldaltól való távolsága egyenlõ a szemközti oldal felével. (BG)
Legyenek a húrnégyszög csúcsai A, B, C és D, a négyszög átlóinak metszéspontja K, a négyszög köré írható kör középpontja O. Legyen az AB oldal felezéspontja F, ekkor az állítás átfogalmazható a következõképpen: OF = CD/2.
A CD oldal felezéspontja legyen F'. A DKC derékszögû háromszögre alkalmazva a Thálész-tételt, kapjuk, hogy F'K = CD/2. Ebbõl következõen elég megmutatni a következõ vektor-egyenlõséget: OF = F'K.
Jelöljük az O-ból az egyes csúcsokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított kisbetûkkel. Ekkor OF = (a + b)/2, és F'K = OK - OF' = OK - (c + d)/2. Ha a BD átló felezéspontja G és az AC átló felezéspontja G' akkor OK = OG + OG' =(a + b + c + d)/2. Ezt összevetve az utóbbi egyenleteinkkel, kapjuk, hogy F'K = (a + b)/2 = OF. 
A vektorok skaláris szorzatának tanítása után újabb lehetõségeket találhatunk geometriai feladatok vektorokkal való megoldására. Lássunk erre néhány példát! (Itt hívjuk fel a figyelmet arra, hogy a Geometriai feladatgyûjteményben is sok szép feladat található ebbõl a témakörbõl.) 
9. probléma: Egy tetraéder kitérõ élpárjainak felezõpontjait összeközõ szakaszok páronként merõlegesek egymásra. Milyen megállapításokat tehetünk a tetraéderre vonatkozóan?
Legyenek a tetraéder csúcsai A, B, C és D. Az AB, BC, CD és DA élek felezéspontjai legyenek rendre E, F, G és H. Az EG merõleges HF-re, ami azt jelenti, hogy EG és HF vektorok skaláris szorzata 0. Ha egy tetszés szerinti rögzített pontból az egyes pontokba mutató vektorokat a nekik megfelelõ megvastagított kisbetûkkel jelöljük, és felhasználjuk a korábbi ismereteinket, kapjuk, hogy
(g -e)(f - h) =0
Ezt az egyenletet 2-vel szorozva a következõ egyenlet sorhoz juthatunk:
0 = (d+c-a-b)(b+c-a-d)=(a-c)2-(b-d)2=AC2-BD2,
ami azt jelenti,hogy AC=BD. Kaptuk tehát, hogy a tetraéder kitérõ élei egyenlõ hosszúak, így a tetraéder lapjai egybevágóak. Ebbõl következik például az is, hogy a tetraéder magasságai egyenlõ hosszúak. 
Tanítványaink már sok éve szívesen vesznek részt a Pintér Lajos tanár úr által tartott szakkörökön. Onnan származik a következõ probléma is , melynek több szép megoldását látthattuk egy emlékezetes matematikaórán. Többek tetszését elnyerte egy a geometriai inverziót alkalmazó megoldás. Ifjabb Csirik János olyan megoldást adott, ami a vektorok skaláris szorzatát használta. Itt ezt közöljük.

10. probléma: Az MAB egyenlõ szárú háromszög M csúcsán két egyenes megy át: u és v. Az A pontból az u-ra és a B pontból a v-re bocsátott merõlegesek metszéspontja W. Az A-ból az MA egyenesre állított merõleges egyenes az u-t U-ban metszi, B-bõl az MB egyenesre állított merõleges egyenes a v-t V-ben metszi. Adjuk meg az UV és az MW egyenesek hajlásszögét!

Legyen a WA és az u egyenesek metszéspontja U', valamint a WB és a v egyenesek metszéspontja V'. A befogótételt alkalmazva az UAM és aVBM hátomszögekre kapjuk, hogy
 
 

MV'·MV =MB2=MA2=MU'·MU.
Ez a következõ skaláris szorzatok egyenlõségét jelenti: MV'·MV =MU'·MU (1).
Ekkor MW·UV=MW·(MV-MU)=MW·MV-MW·MU. Felhasználva az (1) egyenletet, ebbõl adódik, hogy MW·MU=MW·MV-MV'·MV-MW·MU+MU'·MU=MV(MW-MV')-MU(MW-MU')=MW·V'W-
-MU·U'W. Az utóbbi összeg mindkét tagjában merõleges vektorok skaláris szorzata szerepel, így ez az összeg 0. Ebbõl következik, hogy MW egyenes merõleges UV egyenesre. 
3. feladat: Az ABC derékszögû háromszög AC befogójához tartozó súlyvonal merõleges az AB átfogóhoz tartozó sulyvonalra. Fejezzük ki a z AC átfogóhoz tartozó súlyvonal hosszát a BC = a függvényében!
Legyen CB = a és CA = b; az AB felezéspontja F, az AC felezéspontja G. A merõlegesség miatt igazak a következõk:
a·b =0 (1)
CF·BG = (a+b)/2·(b/2 - a)=0 (2)
A (2)-bõl az (1) felhasználásával kapjuk, hogy b2 =2a2. Ezt felhasználva kapjuk, hogy BG2=3a2/2. A feladatot lényegében megoldottuk. 

4. feladat: Egy húrnégyszög átlói merõlegesek egymásra. Bizonyítsuk be, hogy a négyszög bármely két szemközti oldalának négyzetösszege egyenlõ a négyszög köré írt kör átmérõjének négyzetével!

A négyszög csúcsai legyenek A, B, C és D, a köré írt kör középpontja O. Az O-ból a csúcsokba mutató vektorokat a megfelelõ megvastagított kisbetûkkel jelöljük. Ekkor az a, b, c és d vektorok egyenló abszolutértékûek. A BOC és DOC szögek, valamint AOD és BOC szögek összege 180o, így
 
 

ab+cd =ad +bc =0.
Ekkor AB2 + CD2 = (b - a)2 +(d - c)2 = a2 + b2 + c2 + d2, és így az állításunkat bebizonyítottuk. 
11. probléma: Egy ABC háromszög oldalai a szokásos jelölésekkel a, b és c. P az AB oldal azon pontja, amelyre igaz, hogy AP:PB = p:q. Adjuk meg a CP szakasz hosszát.
Kihasználva, hogy egy vektor skaláris négyzete egyenlõ a hosszának a négyzetével, és az osztópont helyvektorára vonatkozó tételt valamint a skaláris szorzat definícióját, kapjuk, hogy
CP2=CP2={(qCA+pCB)/(p+q)}2=(q2CA2+p2CB2+2qpCA·CB)/(p+q)2
CP2=(q2CA2+p2CB+2qpCA·CB·cosß)/(p+q)2, ahol ß a háromszög C csúcsnál levõ belsõ szöge.
Alkalmazva a cosinus-tételt és azt, hogy CA=b és CB=a, adódik a keresett összefüggés, amit Steiner tételnek is szoktak nevezni:
CP2={q2b2+p2a2+2qp(a2+b2-c2)}/(p+q)2
A kapott eredmény alkalmazásaként tárgyalható, a belsõ szögfelezõ szakasz és a súlyvonal hossza.

A vektoriális szorzat geometriai jelentése újabb problémák vektoros megoldását kínálja. Nézzünk ezekre néhány példát!
12. probléma: Az ABCD konvex nényszög AB és CD oldalegyeneseinek metszéspontja O, az AC átló felezéspontja E, a BD átló felezéspontja F. Adjuk meg a négyszög és az OEF hároszög területének arányát!
5.feladat: Az ABCD paralelogramma AC átlójának egy pontján át párhuzamos egyeneseket húzunk az oldalakkal. Messék ezek az egyenesek a paralelogramma kerületét R, S illetve T, V pontokban. Legyen P az AC átló tetszõleges pontja. Bizonyítsuk be, hogy a PRS és PTV háromszögek területe egyenlõ!
6. feladat: Az ABC háromszög AB és AC oldalaira kifelé az ABDE és ACFG paralelogrammákat rajzoljuk. A DE és FG egyenesek metszéspontja H. Húzzunk a B és C pontokon keresztül párhuzamos egyeneseket AH-val ezek a DE-t M-ben, az FG-t N-ben metszik. Igazoljuk, hogy Az ABDE és ACFG paralelogrammák területének összege egyenlõ a BCMN paralelogramma területével!
7. feladat: Egy középpontosan szimmetrikus hatszög nimden második oldalán vegyünk fel egy-egy pontot! Mutassuk meg, hogy az ezek által alkotott háromszög területe legfeljebb a hatszög területének a fele lehet!
8. feladat: (KÖMAL F.3217.) Egy háromszög súlyvonalainak hossza,  s1, s2, s3, P pontnak a súlyvonalaktól mért távolsága rendre  d1, d2, d3. Mutassuk meg, hogy az s1d1,  s2 d2 és s3d3 szorzatok közül a legnagyobb egyenlõ a másik kettõ összegével!
9. feladat: (KÖMAL Gy.2468.) Bizonyítsuk be, hogy ha egy konvex négyszög  négy oldala párhuzamos a vele szemközti átlóval, akkor ez igaz az ötödik oldalra is.

Olimpiai feladatok (Reiman István: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959-1994 Typotex Budapest, 1998)
OF1 136. oldal 1962/6. második megoldás
OF2 223. oldal 1970/5. második megoldás

Szándékaink szerint ezt az anyagot folyamatosan bõvíteni fogjuk, ezért természetesen nagyon kíváncsiak lennénk a kedves olvasó minden megjegyzésére, ötletére, javaslatára. Kérjük, hogy küldje el nekünk!

 

 

Tisztelettel,