1

4. Vektorok

I. Feladatok

1. Milyen hosszú a cbav −+= vektor, ha ba ⊥ , bc ⊥ , 1=a , 2=b , 3=c és az a és

c vektorok által bezárt szög °60 ? 2. Mit állíthatunk az ABCD konvex négyszögről, ha

0=⋅+⋅+⋅+⋅ DADCCDCBBCBAADAB ?

3. Igaz-e, hogy a sík tetszőleges A, B, C, D pontjára 0=⋅+⋅+⋅ BCADDBACCDAB telje-sül?

4. Adott a síkon az ABCD téglalap és egy tetszőleges X pont. Igazolja, hogy ekkor

XDXBXCXA ⋅=⋅ . 5. Az ABC háromszög BC, CA, AB oldalainak felezőpontja rendre D, E, F. Bizonyítsa be,

hogy a sík tetszőleges P pontjára 0=⋅+⋅+⋅ ABPFCAPEBCPD . 6. Az O középpontú kör AB és CD húrjai merőlegesek egymásra és metszéspontjuk M. Bi-

zonyítsa be, hogy OMODOCOBOA 2=+++ .

7. Bizonyítsa be, ha az ABC háromszögben ACABAB ⋅⋅= 22 , akkor a háromszög egyenlő szárú.

8. Az ABC háromszög egyenlő szárú, BCAC = , és az AB alap felezőpontja D. Az E pontot

a CB oldalon úgy vesszük fel, hogy BCDE ⊥ , és a DE szakasz felezőpontja F. Bizonyít-sa be, hogy CFAE ⊥ .

2

9. Az ABCD téglalap AC átlóján úgy vettük fel a K pontot, hogy BK merőleges az átlóra. M az AK, N a CD felezőpontja. Bizonyítsa be, hogy MNBM ⊥ .

10. Az ABCD konvex négyszögben az AC, BD, AB és CD szakaszok felezőpontjai M, N, P és

Q. Igazolja, hogy ha PQMN = , akkor BCAD ⊥ .

11. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpontja a 1CC magasságvonalon úgy he-

lyezkedik el, hogy 1:3: 1 =MCCM . ( 1C a magasság talppontja.) Mekkora az ∠AFB , ha

F a 1CC szakasz felezőpontja? OKTV 2009/2010; I. kategória, 1. forduló

12. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető,

és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala.

OKTV 2008/2009; I. kategória, 1. forduló

13. Mutassa meg, hogy az a, b, c oldalú háromszögben az a és b oldalakhoz tartozó súlyvona-

lak pontosan akkor merőlegesek egymásra, ha 222 5cba =+ .

14. Az ABCDEF hatszög AB, BC, CD, DE, EF és FA oldalainak felezőpontjai M, N, P, Q, R

és S. Bizonyítsa be, hogy PSMQ ⊥ pontosan akkor, ha 222 PSMQRN += .

15. Az ABCD rombusz hegyesszöge °45 . Mutassa meg, hogy a rombusz beírt körének tetsző-

leges P pontjára teljesül: 22222

2

5ABPDPCPBPA =+++ .

OKTV 2014/2015; I. kategória, 2. forduló

16. Egy konvex ABCD négyszög átlóinak metszéspontja O. Bizonyítsa be, hogy az

( )22222222 2 DOCOBOAODACDBCAB +++=+++ összefüggés pontosan akkor áll fenn, ha az AC és BD átlók merőlegesek, vagy ha egyiküknek a felezőpontja O.

KöMaL, 2009. március, B.4165.

17. Bizonyítsa be, hogy a kocka minden háromszögmetszete hegyesszögű.

3

18. Az ABC szabályos háromszög egy belső pontja P. Ebből a pontból merőlegeseket állí-tunk az oldalakra, ezek talppontjai X, Y és Z, és ezek a pontok rendre a BC, CA, ill. AB ol-dalakra illeszkednek.

Mekkora lehet PZPYPX

AZCYBX

++++

értéke?

19. Az ABC háromszög AB, BC, CA oldalain felvesszük a D, E, F pontokat úgy, hogy

FA

CF

EC

BE

DB

AD== .

Bizonyítsa be, hogy a DEF háromszög súlypontja egybeesik az ABC háromszög súlypont-jával.

20. Az ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontja M. Az AC átlót hosszabbítsuk meg az

A-n túl MC hosszával, a BD átlót B-n túl MD hosszával, a kapott pontok E és F. Bizonyít-sa be, hogy EF párhuzamos a négyszög egyik középvonalával.

KöMaL, 2010. szeptember, C.1044.

4

21. Az ABC háromszög köré írt körének középpontja O, magasságpontja M. Mutassa meg,

hogy OCOBOAOM ++= .

22. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, köré írt körének a sugara r, magasságpontja M,

OMd = . Mutassa meg, hogy ( )22222 9 cbard ++−= .

23. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, köré írt körének a sugara r. Mutassa meg, hogy a há-

romszög pontosan akkor hegyes-, derék-, ill. tompaszögű, ha 08 2222 >−++ rcba , 0= , ill. 0< .

24. Az ABC háromszög C csúcsánál lévő szöge °120 . A háromszög magasságpontja M, a kö-

rülírt körének középpontja O, a kör ACB ívének felezőpontja pedig F. Bizonyítsa be, hogy FOMF = .

KöMaL, 2010. április, B.4264.

25. Az ABCD húrnégyszög ABC, BCD, CDA, DAB részháromszögeinek szerkesszük meg a

magasságpontjait. Bizonyítsa be, hogy ezek a magasságpontok az ABCD négyszöggel egybevágó négyszöget alkotnak.

26. Az ABC háromszög 1CC súlyvonala a köré írt kört másodszor a D pontban metszi. Bizo-

nyítsa be, hogy CDCCCBCA ⋅=+ 122 2 .

27. Legyenek egy háromszög csúcsai 321 ,, AAA , a súlypontja S. Messék az SASASA 321 ,,

egyenesek a háromszög köré írt kört másodszor a 321 ,, BBB pontokban. Igazolja, hogy

SASASASBSBSB 321321 ++≥++ . OKTV 1987; IV. kategória, 2. forduló

28. Egy háromszög szögei γβα ,, . Mutassa meg, hogy 2

3coscoscos ≤++ γβα .

29. Egy háromszög szögei γβα ,, . Mutassa meg, hogy 2

32cos2cos2cos −≥++ γβα .

30. Mennyi γβα cos3cos6cos2 ++ minimuma, ha 0,, ≥γβα és πγβα 2=++ ?

OKTV 2008/2009; III. kategória, 1. forduló

5

II. Megoldások 1. Milyen hosszú a cbav −+= vektor, ha ba ⊥ , bc ⊥ , 1=a , 2=b , 3=c és az a és

c vektorok által bezárt szög °60 ?

Megoldás: Használjuk a skaláris szorzás tulajdonságait. 2vv = . Az ba ⊥ feltétel miatt

0=⋅ ba , továbbá bc ⊥ , így 0=⋅ cb . Mivel az a és c vektorok által bezárt szög °60 , így

2

3

2

13160cos =⋅⋅=°⋅⋅=⋅ caca .

Ezek alapján: ( ) cbcabacbacbacbav ⋅−⋅−⋅+++=−+=−+= 2222222 , azaz

113941 =−++=v .

Megjegyzés. Az a , b és c vektorok közötti szögek miatt a három vektor nem egy síkban fekszik. 2. Mit állíthatunk az ABCD konvex négyszögről, ha

0=⋅+⋅+⋅+⋅ DADCCDCBBCBAADAB ?

Megoldás: ( ) ( )=+⋅++⋅=⋅+⋅+⋅+⋅ CBADCDCBADABDADCCDCBBCBAADAB

( ) ( ) 0=+⋅+= CDABCBAD . Válasszunk egy külső vonatkoztatási pontot. Minden pontba a megfelelő kisbetűs vektor

mutasson. Ekkor:

cbad −+−=+CBAD

cdab −+−=+CDAB ,

tehát CBABCDAB +=+ , ezért ( ) 02

=+CBAD . Tehát BCAD −= , azaz az ABCD konvex négyszög paralelogramma.

3. Igaz-e, hogy a sík tetszőleges A, B, C, D pontjára 0=⋅+⋅+⋅ BCADDBACCDAB telje-sül?

Megoldás: Válasszunk egy külső vonatkoztatási pontot. Minden pontba a megfelelő kisbetűs vektor mutasson. Ekkor:

( )( ) ( )( ) ( )( ) =−−+−−+−−=⋅+⋅+⋅ bcaddbaccdabBCADDBACCDAB

0=+−−++−−++−−= abbcaccdadabcdbcacadbcbd . Tehát igaz az állítás.

Megjegyzés. A következő állítást nyertük:

Tetszőleges ABCD négyszögben ADBCCDABBDAC ⋅+⋅=⋅ . Vezesse le ebből, hogy az ABCD húrnégyszögben ADBCCDABBDAC ⋅+⋅=⋅ (Lásd:

Ptolemaiosz-tétel.)

6

4. Adott a síkon az ABCD téglalap és egy tetszőleges X pont. Igazolja, hogy ekkor

XDXBXCXA ⋅=⋅ . Megoldás: Bontsunk fel egy-egy vektort két vektor összegére:

DAXDXA += , BCXBXC += .

Ekkor

( ) ( ) ( )1BCDAXBDABCXDXBXDBCXBDAXDXCXA ⋅+⋅+⋅+⋅=+⋅+=⋅ A téglalap szemben lévő oldalai párhuzamosak és egyenlők, ezért:

DAADBC −== , tehát

( ) ( ) ,0=⋅=++⋅=++−⋅=⋅+⋅+⋅ DCDABCXBDXDABCXBXDDABCDAXBDABCXD

mert a téglalap szomszédos oldalai merőlegesek egymásra. Ezt az (1) összefüggésben felhasználva megkapjuk a bizonyítandó állítást.

5. Az ABC háromszög BC, CA, AB oldalainak felezőpontja rendre D, E, F. Bizonyítsa be,

hogy a sík tetszőleges P pontjára 0=⋅+⋅+⋅ ABPFCAPEBCPD .

Megoldás: =⋅+⋅+⋅ ABPFCAPEBCPD

( ) ( ) ( )=−⋅+

+−⋅+

+−⋅+

= PAPBPBPA

PCPAPAPC

PBPCPCPB

222

( ) 02

1 222222 =−+−+−= PAPBPCPAPBPC .

7

6. Az O középpontú kör AB és CD húrjai merőlegesek egymásra és metszéspontjuk M. Bi-

zonyítsa be, hogy OMODOCOBOA 2=+++ . Megoldás: Legyen E és F az AB és CD húrok felezőpontja. Tudjuk, hogy ABOE ⊥ ,

CDOF ⊥ és CDAB ⊥ , tehát OEMF téglalap.

Ezért 22

ODOCOBOAOFOEOM

++

+=+= , így ODOCOBOAOM +++=2 .

7. Bizonyítsa be, ha az ABC háromszögben ACABAB ⋅⋅= 22 , akkor a háromszög egyenlő szárú.

Megoldás: Megmutatjuk, hogy BCAC = . Az AB oldal felezőpontját D-vel jelöljük.

ACABAB ⋅⋅= 22 , azaz ACABABAB ⋅⋅=⋅ 2 , ( ) 02 =−⋅ ACABAB , így

CDAB

ACAB =−⊥2

.

Ez azt jelenti, hogy CD merőleges az AB oldalra, ahol D az AB oldal felezőpontja. Tehát a C csúcsból induló magasság felezi a szemközti oldalt, ezért a háromszög egyenlő szárú.

8

8. Az ABC háromszög egyenlő szárú, BCAC = , és az AB alap felezőpontja D. Az E pontot a CB oldalon úgy vesszük fel, hogy BCDE ⊥ , és a DE szakasz felezőpontja F. Bizonyít-sa be, hogy CFAE ⊥ .

Megoldás: Azt kell belátnunk, hogy 0=⋅ AECF .

DFCDCF += , BEABAE += .

Ekkor ( ) ( ) =⋅+⋅+⋅+⋅=+⋅+=⋅ BEDFABDFBECDABCDBEABDFCDAECF

( ) =⋅+⋅+⋅=⋅++⋅=+⋅+⋅+= DBDFDECDBDCDDBDFDEBDCDABDFBECD 2200

( ) 020 =⋅=+⋅=⋅+⋅=⋅+⋅+= CBDEDBCDDEDBDEDECDDBDFDECD . Ezért CFAE ⊥ .

9. Az ABCD téglalap AC átlóján úgy vettük fel a K pontot, hogy BK merőleges az átlóra. M

az AK, N a CD felezőpontja. Bizonyítsa be, hogy MNBM ⊥ .

Megoldás: Felhasználjuk, hogy az NPC és az ABK derékszögű háromszögek hasonlóak, a hasonlóság aránya 2:1 .

( ) ( )=⋅+=⋅+=+⋅+⋅+=

=⋅+⋅+⋅+⋅=+⋅+=⋅

KCKABKMPKABKMPKABKBK

PNKMMPKMPNBKMPBKPNMPKMBKMNBM

2

1

2

1

2

1

2

10

2

1

2

10

22

02

1

2

1 22

=−= BKBK

Az előző átalakítások során használtuk, hogy a hasonlóság miatt: MKAMAKPC ===2

1,

azaz MKPC = , így KCMP = ; továbbá az ABC háromszögben a magasságtételt.

9

10. Az ABCD konvex négyszögben az AC, BD, AB és CD szakaszok felezőpontjai M, N, P és Q. Igazolja, hogy ha PQMN = , akkor BCAD ⊥ .

Megoldás: ADCDPQAB =++2

1

2

1, azaz

( ) BCADCDABCDBCABADCDABADPQ +=−−+++=−−= 22 , így

2

BCADPQ

+= .

( )BCABACAM +==2

1

2

1, ( )ADABDBNB −==

2

1

2

1, és ABNBMNAM =++ , így

( ) ( ) ( ) ( )BCADADABBCABABNBAMABMN −=

−++−=+−=2

1

2

1

2

1.

A feltétel szerint PQMN = , azaz 22 PQMN = , ( ) ( )22

2

1

2

1

+=

− BCADBCAD . Innen

rendezés után az 0=⋅ BCAD egyenlőséghez jutunk, azaz BCAD ⊥ .

10

11. Az ABC hegyesszögű háromszög M magasságpontja a 1CC magasságvonalon úgy he-

lyezkedik el, hogy 1:3: 1 =MCCM . ( 1C a magasság talppontja.) Mekkora az ∠AFB , ha

F a 1CC szakasz felezőpontja? OKTV 2009/2010; I. kategória, 1. forduló

Megoldás: Sejthető, hogy °=∠ 90AFB . Ellenőrizzük a sejtést. Vajon igaz-e, hogy

0=⋅FBAF ?

A feltételekből 0=⋅BCAM , azaz

( ) ( ) =⋅+⋅+⋅+⋅=+⋅+= MCMCBCMCMCACBCACMCBCMCAC 111111111111 4440

MCMCBCAC 1111 400 ⋅+++⋅= , tehát 04 1111 =⋅+⋅ MCMCBCAC .

Számoljuk ki a kérdéses FBAF ⋅ szorzatot.

( ) ( )=+⋅+=⋅ BCMCMCACFBAF 1111 22

=+⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅= 02202222 111111111111 MCMCBCACBCMCMCMCBCACMCAC

MCMCBCAC 1111 4⋅+⋅= , és mint tudjuk, ez 0= .

Tehát a sejtésünk igaznak bizonyult, 0=⋅FBAF , azaz °=∠ 90AFB .

11

12. Bizonyítsa be, hogy a kocka éléből, lapátlójából és testátlójából háromszög szerkeszthető,

és ennek a háromszögnek van két egymásra merőleges súlyvonala. OKTV 2008/2009; I. kategória, 1. forduló

Megoldás: Válasszuk a kocka élét 1 egységnek, ekkor a lapátló 2 , a testátló 3 egység. Az ábrán az A, B, H csúcsokat választva egy megfelelő háromszöget kapunk. AB merőleges az ADHE síkra, ezért annak minden egyenesére, tehát AH-ra is. Ezért az ABH háromszög de-rékszögű.

A háromszög oldalainak hossza: 3,2,1 === HBAHAB .

Lássuk be, hogy a BAH háromszög két súlyvonala merőleges: BQAR ⊥ , azaz 0=⋅BQAR .

( )AHABAR +=2

1, AHABBQ

2

1−= .

( ) =

−⋅+⋅−⋅=

−⋅+⋅=⋅22

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1AHABAHAHABABAHABAHABBQAR

022

1001

2

1=

⋅−+−⋅= .

12

13. Mutassa meg, hogy az a, b, c oldalú háromszögben az a és b oldalakhoz tartozó súlyvona-

lak pontosan akkor merőlegesek egymásra, ha 222 5cba =+ . Megoldás: A háromszögben abc −= , ennek négyzete ba ⋅−+= 2222 bac .

Az ábrán látható két súlyvonal ba −2

1 és ab −

2

1.

A két súlyvonal pontosan akkor merőleges egymásra, ha skaláris szorzatuk nulla:

224

5

2

1

2

10

22 ba−−⋅=

−⋅

−= baabba , azaz 0522 22 =⋅−+ baba .

Tudjuk, hogy ba ⋅−+= 2222 bac , így

( ) ( )bababa ⋅−+++=⋅−+++=⋅−+= 5222104410555 22222222222 bababababac ,

azaz 2225 bac += pontosan akkor teljesül, ha 0522 22 =⋅−+ baba , azaz a két súlyvonal merőleges egymásra.

13

14. Az ABCDEF hatszög AB, BC, CD, DE, EF és FA oldalainak felezőpontjai M, N, P, Q, R

és S. Bizonyítsa be, hogy PSMQ ⊥ pontosan akkor, ha 222 PSMQRN += .

Megoldás: CNDCEDRERN +++= , illetve BNABFARFRN +++= . Adjuk össze a két egyenlőséget, és vegyük figyelembe, hogy az ellentett vektorok összege nullvektor:

ABFADCEDRN +++=2 .

Hasonlóan kapjuk, hogy CDBCFEAFMQ +++=2 és EFDEBACBPS +++=2 .

Összeadjuk a három egyenlőséget és csoportosítunk: ( )=++ PSMQRN2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0=+++++++++++= CBBCEFFEBAABAFFACDDCDEED .

Tehát 0=++ PSMQRN , ( )PSMQRN +−= , ennek négyzete

PSMQPSMQRN ⋅−+= 2222 .

Ezért pontosan akkor teljesül, hogy 222 PSMQRN += , ha 0=⋅PSMQ , azaz PSMQ ⊥ .

Megjegyzés. Az 0=++ PSMQRN állítás egyszerűbben kijön, ha egy külső pontból induló helyvektorokat használunk (ha egy feladatban felezőpontok vannak, szinte mindig érdemes ezt használni).

2

bam

+= ,

2

c+=b

n , 2

dcp

+= ,

2

e+=d

q , 2

fer

+= ,

2

afs

+= .

22

fecbrn

+−

+=−=RN ,

22

baedmq

+−

+=−=MQ ,

22

dcafps

+−

+=−=PS .

Ezeket az egyenleteket összeadva: 0=++ PSMQRN .

14

15. Az ABCD rombusz hegyesszöge °45 . Mutassa meg, hogy a rombusz beírt körének tetsző-

leges P pontjára teljesül: 22222

2

5ABPDPCPBPA =+++ .

OKTV 2014/2015; I. kategória, 2. forduló Megoldás: Irányítsunk vektorokat az O pontból a rombusz csúcsaiba és a P pontba az ábra

szerint. Legyen a=OA , b=OB és p=OP .

A rombusz átlói felezik egymást, így a−=−= OAOC , továbbá b−=−= OBOD .

A PA szakasz hosszának négyzete a ( )pa − vektor önmagával vett skaláris szorzata, emiatt

( ) ( ) ( ) ( ) 22222222222 224 bapbpappbpa ++=++++−+−=+++ PDPCPBPA . A Pitagorasz-tétel miatt 222 222 AB⋅=+ ba . Írjuk fel a rombusz területét kétféleképpen: °⋅⋅=°⋅⋅= 45sin45sin ABABADABT , vala-

mint 2

4pAB

T⋅

⋅= (ez annak a négy háromszög területének összege, melyekre a rombuszt a

két átlója bontja).

Ezek miatt pAB 22

2=⋅ , 22 4

2

1pAB =⋅ .

Az eddigiek alapján 2222222222

2

52

2

1224 ABABABPDPCPBPA =+=++=+++ bap .

15

16. Egy konvex ABCD négyszög átlóinak metszéspontja O. Bizonyítsa be, hogy az

( )22222222 2 DOCOBOAODACDBCAB +++=+++ összefüggés pontosan akkor áll fenn, ha az AC és BD átlók merőlegesek, vagy ha egyiküknek a felezőpontja O.

KöMaL, 2009. március, B.4165.

Megoldás: Legyen a=OA , b=OB , c=OC , d=OD . A skaláris szorzat segítségével a

szóban forgó összefüggést ( ) ( ) ( ) ( ) ( )22222222 2 dcbadacdbcab +++=−+−+−+− alak-ban írhatjuk fel.

Ezt átrendezve kapjuk: 0=⋅+⋅+⋅+⋅ addccbba , ami ekvivalens az ( ) ( ) 0=+⋅+ dbca összefüggéssel.

Ez pedig azt jelenti, hogy vagy 0=+ ca , vagyis ca −= , tehát O az AC átló felezőpontja,

vagy 0=+ db , tehát O a BD átló felezőpontja; vagy pedig az AC átlóval párhuzamos

0≠+ ca vektor merőleges a BD átlóval párhuzamos 0≠+ db vektorra, azaz a négyszög átlói merőlegesek egymásra. 17. Bizonyítsa be, hogy a kocka minden háromszögmetszete hegyesszögű. Megoldás: Az elmetszett három él közös csúcsából a háromszögcsúcsokhoz vezető vektorok legyenek a , b , c . Válasszuk ki a metszetháromszög tetszőleges szögét, az ezt közrezáró oldalvektorok legyenek ab − és ac − .

Azt kell igazolnunk, hogy ezek skaláris szorzata pozitív: ( ) ( ) 0000 22 >=+−−=⋅+⋅−⋅−⋅=−⋅− aaaacaabcbacab , és ez valóban pozitív.

16

18. Az ABC szabályos háromszög egy belső pontja P. Ebből a pontból merőlegeseket állí-tunk az oldalakra, ezek talppontjai X, Y és Z, és ezek a pontok rendre a BC, CA, ill. AB ol-dalakra illeszkednek.

Mekkora lehet PZPYPX

AZCYBX

++++

értéke?

Megoldás: Jelölje a háromszög oldalainak hosszát a. A háromszög területét kétféleképpen

számolva a ( )PZPYPXa

a ++⋅=24

3 2 összefüggést kapjuk, tehát aPZPYPX2

3=++ .

Másrészt BPBCBXa ⋅=⋅ , CPCACYa ⋅=⋅ , APABAZa ⋅=⋅ , így

( ) =⋅+⋅+⋅=++⋅ APABCPCABPBCAZCYBXa

( ) ( )=+⋅++⋅+⋅= BPABABBPCBCABPBC

( ) =⋅+⋅+++⋅= ABABCBCAABCABCBP

222

2

3

2

100 aaaABABCBCAABABCBCABP =+⋅=⋅+⋅+=⋅+⋅+⋅= , ahonnan

aAZCYBX2

3=++ .

Eredményeinkből: 3

2

32

3

==++++

a

a

PZPYPX

AZCYBX.

17

19. Az ABC háromszög AB, BC, CA oldalain felvesszük a D, E, F pontokat úgy, hogy

FA

CF

EC

BE

DB

AD== .

Bizonyítsa be, hogy a DEF háromszög súlypontja egybeesik az ABC háromszög súlypont-jával.

Megoldás: Használjuk fel, hogy S akkor és csak akkor súlypontja az ABC háromszögnek, ha

0=++ SCSBSA . (Hiszen, ha 0=++ PCPBPA , akkor egy tetszőleges O pontot választva

( ) ( ) ( ) 0=−+−+− OPOCOPOBOPOA , így 3

OCOBOAOP

++= , tehát PS ≡ .)

Mivel DBkAD ⋅= , ECkBE ⋅= , FAkCF ⋅= , felírható, hogy

( ) ( ) ( ) ( ) 0=++⋅+++=+++++=++ CABCABkSCSBSACFSCBESBADSASFSESD , így S a DEF háromszögnek is súlypontja. 20. Az ABCD konvex négyszög átlóinak metszéspontja M. Az AC átlót hosszabbítsuk meg az

A-n túl MC hosszával, a BD átlót B-n túl MD hosszával, a kapott pontok E és F. Bizonyít-sa be, hogy EF párhuzamos a négyszög egyik középvonalával.

KöMaL, 2010. szeptember, C.1044.

Megoldás: Az M pontból az A, B, C, D csúcsokba mutató vektorok a , b , c , d . Jelölje az AD oldal felezőpontját P, a BC oldal felezőpontját Q.

( )da +=2

1MP , ( )cb +=

2

1MQ , így ( )cbda −−+=−=

2

1MQMPQP .

( ) ( ) cbdadbca −−+=−−−=−= MFMEFE . Ezekből QPFE ⋅= 2 , tehát QPFE || .

18

21. Az ABC háromszög köré írt körének középpontja O, magasságpontja M. Mutassa meg,

hogy OCOBOAOM ++= .

Megoldás: Jelölje P azt a pontot, amelyre OPOCOBOA =++ . Belátjuk, hogy MP ≡ .

OCOBOAOP +=− és OCOBOCOB −⊥+ , hiszen

( ) ( ) 02222 =−=−=−⋅+ rrOCOBOCOBOCOB ,

ahol r az ABC háromszög köré írt körének sugara.

OCOBOCOB −⊥+ , azaz OCOBOAOP −⊥− , vagyis CBAP ⊥ . Célba értünk! Az AP egyenes merőleges a háromszög BC oldalára, tehát P illeszkedik az A-

ból induló magasságvonalra. Ugyanígy láthatjuk, hogy P illeszkedik a B-ből induló magasságvonalra, illetve a C-ből in-

duló magasságvonalra. Azaz P mindhárom magasságvonalon rajta van, tehát P a háromszög magasságpontja.

22. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, köré írt körének a sugara r, magasságpontja M,

OMd = . Mutassa meg, hogy ( )22222 9 cbard ++−= .

Megoldás: Az előző feladatból tudjuk, ha az ABC háromszög köré írt körének középpontja O,

magasságpontja M, akkor OCOBOAOM ++= . Mindkét oldalt szorozzuk meg önmagával:

( )OAOCOCOBOBOAOCOBOAOM ⋅+⋅+⋅+++= 22222 , azaz

( )OAOCOCOBOBOArrrd ⋅+⋅+⋅+++= 22222 . Ki kell számolnunk a zárójelben lévő skaláris szorzatokból álló összeget.

OAOBAB −= , így OBOAOAOBAB ⋅−+= 2222 , azaz OBOArrc ⋅−+= 2222 , tehát 2222 crOBOA −=⋅ .

Hasonlóan kapjuk, hogy 2222 arOCOB −=⋅ és 2222 brOAOC −=⋅ .

Ezekből ( )=⋅+⋅+⋅+++= OAOCOCOBOBOArrrd 22222

( ) ( ) ( ) ( )22222222222 92223 cbarbrarcrr ++−=−+−+−+= .

Tehát ( )22222 9 cbard ++−= . Megjegyzés: Az állításból 2222 9rcba ≤++ is következik, hiszen 02 ≥d .

19

23. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, köré írt körének a sugara r. Mutassa meg, hogy a há-

romszög pontosan akkor hegyes-, derék-, ill. tompaszögű, ha 08 2222 >−++ rcba , 0= , ill. 0< .

Megoldás: Hogyan tudjuk jellemezni azt, hogy egy háromszög hegyesszögű, derékszögű vagy tompaszögű? Például azzal, hogy ezekben az esetekben a háromszög magasságpontja a háromszög köré írt körének belsejében van, a körön van, illetve a körön kívül helyezkedik el.

Hegyesszögű háromszög magasságvonalai a háromszög belsejében vannak, így a magas-ságpont is a háromszög belsejében van, emiatt a magasságpontja a háromszög köré írt köré-nek belsejében van.

Derékszögű háromszög magasságpontja a háromszög derékszögű csúcsa, és ez a háromszög köré írt körön van.

Tompaszögű háromszög esetén nézzük a háromszög magasságvonalait.

A tompaszögű csúcshoz tartozó magasságvonalat a másik két magasságvonal a háromszög-

ön kívül (a csúcs „fölött”) metszi, így a magasságpont a körön kívül van.

Ha a háromszög hegyesszögű, akkor a magasságpont a kör belsejében van, így 22 rd < , az-az ( ) 222229 rcbar <++− , vagyis 2222 80 rcba −++< .

Ha a háromszög derékszögű, akkor a magasságpont a körön, azaz 22 rd = , ezért ( ) 222229 rcbar =++− , vagyis 08 2222 =−++ rcba .

Ha a háromszög tompaszögű, akkor a magasságpont a körön kívül helyezkedik el, így 22 rd > , azaz ( ) 222229 rcbar >++− , vagyis 08 2222 <−++ rcba .

20

24. Az ABC háromszög C csúcsánál lévő szöge °120 . A háromszög magasságpontja M, a kö-rülírt körének középpontja O, a kör ACB ívének felezőpontja pedig F. Bizonyítsa be, hogy FOMF = .

KöMaL, 2010. április, B.4264. Megoldás: Korábbi feladatból már tudjuk, ha az ABC háromszög köré írt körének középpont-

ja O, magasságpontja M, akkor OCOBOAOM ++= .

Vegyük észre, hogy az AOBF négyszög rombusz. °=∠ 120AOB , és a kerületi és középpon-

ti szögek közötti kapcsolat miatt °=°−°

=∠ 1202

120360AFB . Az AOB és az AFB egyenlő-

szárú háromszögek szárszöge egyenlő, és a háromszögek alapja közös, így a két háromszög egybevágó, az AOBF négyszög rombusz.

OBOAOF += , és FMOFOM += , ezekből ( ) FMOBOAOM ++= .

Mivel OCOBOAOM ++= , így OCFM = , ezért OCFM = . Továbbá OFOC = , tehát OFFM = .

21

25. Az ABCD húrnégyszög ABC, BCD, CDA, DAB részháromszögeinek szerkesszük meg a magasságpontjait. Bizonyítsa be, hogy ezek a magasságpontok az ABCD négyszöggel egybevágó négyszöget alkotnak.

Megoldás: A húrnégyszög köré írt körének középpontja legyen O. Az O pontból az A, B, C,

D csúcsokba mutató vektorok a , b , c , d .

Felhasználjuk azt, hogy egy háromszög köré írt körének közepéből a csúcsokba mutató vek-

torok összege a magasságpontba mutat. Az O pontból az ABC, BCD, CDA, DAB háromszögek magasságpontjaiba mutató vektorok

cba ++=1OM , dcb ++=2OM , adc ++=3OM , bad ++=4OM .

Az eredeti négyszög és a magasságpontok által meghatározott négyszög oldalvektorai meg-

egyeznek, például: ab −=AB és ( ) ( ) abadcdcb −=++−++=−= 3223 OMOMMM .

Ebből következik, hogy a két négyszög oldalai és szögei páronként megegyeznek, tehát

egybevágóak. 26. Az ABC háromszög 1CC súlyvonala a köré írt kört másodszor a D pontban metszi. Bizo-

nyítsa be, hogy CDCCCBCA ⋅=+ 122 2 .

Megoldás: ACCCCA 11 += , ennek négyzete ACCCACCCCA 112

12

12 2 ⋅++= .

22

11 CCBCCB =+ , ám ACBC 11 = , így 11 CCACCB =+ , azaz ACCCCB 11 −= , ezért

ACCCACCCCB 112

12

12 2 ⋅−+= .

Ezek összege =⋅−++⋅++=+ ACCCACCCACCCACCCCBCA 112

12

1112

12

122 22

( )21

212 ACCC += .

Már csak azt kell belátnunk, hogy CDCCACCC ⋅=+ 12

12

1 , azaz ( )112

1 CCCDCCAC −⋅= ,

és ez a szelőszakaszok szorzatára ismert összefüggés miatt igaz: DCCCBCAC 1111 ⋅=⋅ , mi-

vel 2111 ACBCAC =⋅ .

27. Legyenek egy háromszög csúcsai 321 ,, AAA , a súlypontja S. Messék az SASASA 321 ,,

egyenesek a háromszög köré írt kört másodszor a 321 ,, BBB pontokban. Igazolja, hogy

SASASASBSBSB 321321 ++≥++ . OKTV 1987; IV. kategória, 2. forduló

Megoldás: Jelölje a köré írt kör közepét O, sugarát r. Keressünk összefüggést az SAi és iSB szakaszok között. A szelőszakaszok szorzatára vo-

natkozó összefüggés szerint az ii SBSA ⋅ ( 3,2,1=i ) szorzatok egyenlők, és ezek a szorzatok

egyenlők az ( )( )SOrSOr −+ szorzattal is. Szükségünk lesz az SO szakaszra is, és ehhez

használhatjuk az SOSAOA ii += kapcsolatot.

23

Mivel 2

3

2

2

2

123 OAOAOAr ++= és SOSAOA ii += , SOSASOSAOA iii ⋅++= 2

222

,

így ( )SASASASOSOSASASAOAOAOAr 321

22

3

2

2

2

1

2

3

2

2

2

12 233 ++⋅⋅+⋅+++=++= .

De 0321 =++ SASASA , így azt kapjuk, hogy

++=−

2

3

2

2

2

1

22

3

1SASASASOr .

Nyilván 22

SOSO = , másrészt az S ponton áthaladó szelők szakaszainak szorzata megegye-

zik, tehát ( )( ) ii SBSASOrSOrSOrSOr ⋅=−+=−=− 222

2 , innen ( )221SOr

SASB

i

i −= .

Ezért ( )=−⋅

++=++ 22

321321

111SOr

SASASASBSBSB

( )23

22

21

321 3

1111SASASA

SASASA++⋅⋅

++= .

A kapott ( )23

22

21

321321

111

3

1SASASA

SASASASBSBSB ++⋅

++⋅=++ összefüggésben

a jobb oldal becslésére használjuk fel a harmonikus, a számtani és a négyzetes közép közötti

összefüggést:

cba

cbacba

1113

33

222

++≥

++≥

++.

≥++

⋅

++=++

3

111 23

22

21

321321

SASASA

SASASASBSBSB

SASASASASASA

SASASA321

2

321

321 3

9++≥

++⋅

++≥ .

24

28. Egy háromszög szögei γβα ,, . Mutassa meg, hogy 2

3coscoscos ≤++ γβα .

Megoldás: A háromszög O középpontú, r sugarú beírt köre az oldalakat a P, Q, R pontokban érinti.

( ) 02

≥++ OROQOP , azaz ( ) 02222 ≥⋅+⋅+⋅+++ OPOROROQOQOPOROQOP ,

( ) ( ) ( )( ) 0180cos180cos180cos2 2222 ≥−°+−°+−°+++ γβαrrrr ,

( ) 0coscoscos23 22 ≥++− γβαrr , 2

3coscoscos ≤++ γβα .

29. Egy háromszög szögei γβα ,, . Mutassa meg, hogy 2

32cos2cos2cos −≥++ γβα .

Megoldás: Az ABC háromszög szögei γβα ,, , körül írt körének középpontja O, sugara R. A kerületi és középponti szögek közti kapcsolat miatt a kör középpontjából a csúcsokba mutató vektorok egymással γβα 2,2,2 szögeket zárnak be.

( ) 02

≥++ OCOBOA , azaz ( ) 02222 ≥⋅+⋅+⋅+++ OAOCOCOBOBOAOCOBOA ,

( ) 02cos2cos2cos2 2222 ≥+++++ γβαRRRR , ( ) 02cos2cos2cos23 22 ≥+++ γβαRR ,

2

32cos2cos2cos −≥++ γβα .

25

30. Mennyi γβα cos3cos6cos2 ++ minimuma, ha 0,, ≥γβα és πγβα 2=++ ?

OKTV 2008/2009; III. kategória, 1. forduló

Megoldás: Tekintsük az ábrát.

( ) 02

≥++ OCOBOA , azaz

( ) 02222 ≥⋅+⋅+⋅+++ OAOCOCOBOBOAOCOBOA ,

( ) 0cos13cos32cos212321 222 ≥⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+++ γβα ,

( ) 0cos3cos6cos2214 ≥+++ γβα , 7cos3cos6cos2 −≥++ γβα .

Tehát γβα cos3cos6cos2 ++ értéke legalább 7− . Ezzel beláttuk, hogy a kifejezés értéke legalább 7− . Most belátjuk, hogy ezt a minimumot

el is tudjuk érni. A nagyobb együtthatójú szögeket válasszuk úgy meg, hogy a koszinuszuk a lehető legki-

sebb legyen: 0=α , πγβ == ; ekkor ( ) ( ) 7362cos3cos60cos2 −=−+−+=++ ππ . Azt kaptuk, hogy γβα cos3cos6cos2 ++ minimuma 7− .