Kezdőlap


Feladat:	542. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Biczó Géza , Csiszár I.
Füzet:	1954/január, 21 - 22. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Euler-egyenes, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1953/május: 542. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Kiindulunk a $K S$ távolságból, melynek hordozója az $e$ Euler-féle egyenes. Ismeretes, hogy ezen az egyenesen van rajta a háromszög $M$ magasságpontja, mégpedig a $K$ , $S$ , $M$ sorrendben úgy, hogy $S M = 2 K S$ (l. ábrát).

Ha az adott

d

távolság az

m_{a}

magasságvonalnak

S

-től való távolságát jelenti, akkor

m_{a}

nem egyéb, mint az

M

pontból az

S

köré

d

sugárral rajzolt kör érintője. (Elég egy érintőre szorítkozni, mert a második érintő csak az Euler-féle egyenesre nézve tükrös megoldásokat szolgáltat.) Az

m_{a}

egyenesnek metszéspontja a

K

köré rajzolt adott

r

sugarú körrel, a háromszög

A

csúcspontja (ill. a 2 megoldásnak megfelelő

A_{1}

és

A_{2}

). Az

A

-val szemben fekvő

a

oldal

D

felezőpontja sokféleképpen szerkeszthető, legegyszerűbben és legpontosabban úgy, hogy

D

A S

súlyvonalon fekszik

A

S

D

sorrendben és

S D = \frac{A S}{2}

D

-n át

m_{a}

-ra bocsátott merőleges lesz az

a

oldal hordozója, amely kimetszi a körülírt körből a

B

és

C

csúcspontokat.
A megoldhatóság feltételei:
1.

M

-ből érintő húzható az

S

köré rajzolt

d

sugarú körhöz. Tehát

\begin{matrix} d \leq S M = 2 K S \end{matrix}

(1)

2. A körülírt kör metszi az érintőt, vagyis ‐ ha

K

-nak merőleges vetületét az érintőn

K'

-vel jelöljük ‐

\begin{matrix} r \geq K K' = \frac{3}{2} d, \end{matrix}

(2)

mert

K K' : d = K M : S M = 3 : 2

.
3. A

D

pont a körülírt kör belsejébe esik, vagyis

\begin{matrix} K D < r . \end{matrix}

\begin{matrix} K D = \frac{A M}{2}, (K D S_{△} \sim M A S_{△} alapján) \end{matrix}

és

\begin{matrix} A M = | A K' \pm M K' |, \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} A K' = \sqrt[]{K A^{2} - K K'^{2}} = \sqrt[]{r^{2} - {(\frac{3 d}{2})}^{2}}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} M K' = \sqrt[]{M K^{2} - K K'^{2}} = \sqrt[]{{(3 K S)}^{2} - {(\frac{3 d}{2})}^{2}} . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} K D = \frac{| A K' \pm M K' |}{2} = \frac{| \sqrt[]{4 r^{2} - 9 d^{2}} \pm \sqrt[]{36 K S^{2} - 9 d^{2}} |}{4} < r, \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} | \sqrt[]{4 r^{2} - 9 d^{2}} - 3 \sqrt[]{4 K S^{2} - d^{2}} | < 4 r, \end{matrix}

(3)

illetőleg

\begin{matrix} \sqrt[]{4 r^{2} - 9 d^{2}} + 3 \sqrt[]{4 K S^{2} - d^{2}} < 4 r . \end{matrix}

(4)

Az (1) es (2) alatti feltételek azt mondják, hogy (3) és (4)-ben a gyökalatti mennyiségek nem lehetnek negatívak.
Tehát 2 megoldás van, ha (4) teljesül úgy, hogy mindkét gyökalatti mennyiség nagyobb nullánál. (L. ábrát.)
Ha (4) úgy teljesül, hogy a gyökalatti mennyiségek közül az egyik 0, a másik nagyobb nullánál, akkor 1 megoldás van.
1 megoldás van továbbá, ha (4) nem, de (3) teljesül úgy, hogy mindkét gyökalatti mennyiség nagyobb nullánál. (Ez az eset áll fenn, a feladattal kapcsolatban megadott konkrét példánál.)
Más esetben nincs megoldás.

Biczó Géza (Bp., II., Rákóczi g. II. o. t.)

II. megoldás: Az

a

oldal hordozó egyenese többféleképpen szerkeszthető a

D

oldalfelező pont felhasználása nélkül is. A legegyszerűbb, ha felhasználjuk azt a tételt, mely szerint az

M

pont tükörképe az

a

oldalra nézve rajta van a körülírt körön, vagyis a nyert

A_{1}

és

A_{2}

pontok mindegyike

M

tükörképe

a

-ra vonatkozóan. Tehát az

M A_{1}

, ill.

M A_{2}

távolságokat, merőlegesen felező egyenesek az

a

oldal hordozói.