Feladat: 1052. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr A. ,  Bollobás B. ,  Farkas Z. ,  Frint Gábor ,  Gálfi l. ,  Gallyas Györgyi ,  Glattfelder Péter ,  Hegedüs I. ,  Horváth T. ,  Kéry G. ,  Knuth E. ,  Nagy Csaba ,  Nagy Dezső ,  Nagypál B. ,  Nováky B. ,  Opálény M. ,  Sebestyén Z. ,  Simonovits M. ,  Szegi A. 
Füzet: 1961/szeptember, 13 - 16. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szögfelező egyenes, Magasságpont, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1960/szeptember: 1052. matematika feladat

Szerkesszük meg a háromszöget, ha adva van M magasságpontja, továbbá az az A' és A'' pont, ahol az A csúcsból húzott belső, ill. külső szögfelező a BC oldalt metszi.

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

I. megoldás: Az A'A'' összekötő egyenes megadja a BC=a oldalegyenest. Az AA' belső és AA'' külső szögfelezők merőlegesek egymásra, ezért A az A'A'' szakasz fölé írt ϰ Thalész‐körön van. Másrészt AM=m merőleges BC-re, tehát A-t ϰ és m metszéspontja tűzi ki. Legyen m és a metszéspontja A1.
Ismeretes, hogy M-nek A1-re való M* tükörképe rajta van a háromszög k körülírt körén, ezért k-nak O középpontja az AM* szakasz felező merőlegesén fekszik. Másrészt AA' felezi az OAA1 szöget,1 ezért O rajta van AA1-nek AA'-re való tükörképén. Ezekből O megszerkeszthető. Végül az O körül OA sugárral írt k kör a-ból kimetszi a B, C csúcsokat.

 
 
1. ábra
 

Nem kapunk A pontot, ha M kívül van azon a σ síksávon, amelyet az A' és A''-ben A'A''-re állított merőlegesek határolnak. Akkor sincs megoldás, ha M σ-nak egyik határegyenesén van, mert így A a BC egyenesre esnék. σ belsejében levő M-mel A-ra 2 helyzet adódik a két oldalán: A és A¯. ‐ M* egyértelműen szerkeszthető. AA1 fenti tükörképe akkor és csak akkor nem tűzi ki O-t, ha párhuzamos f-fel, és így a-val is. Ilyenkor A1AA'=45, és A (tehát M is) σ-nak s felezővonalán van, vagyis MA'=MA''. ‐ Ha MA'<MA'', akkor nyilván OA'<OA'', viszont MA'>MA'' esetén A' és A'' szerepe felcserélődik. k akkor és csak akkor metszi a-t, ha O-nak a-tól való távolsága kisebb OA-nál. A-nak arra a helyzetére, amely a-nak M-et tartalmazó pontján van, mindig kapunk megoldást, mert így AM*>AA1 (és ebben B és C-nél hegyesszög van.)
Ha M az a-n van, akkor a háromszög derékszögű, a 2 megoldás egymás tükörképe. (Mindkettő megoldásnak tekintendő, mert kizárólag helyzetadatokból szerkesztünk, tehát az ABC háromszög csúcsainak is a lehetséges helyzeteit keressük.) Akkor is derékszögű háromszög a megoldás, ha M a ϰ körön van (s így A egyik helyzete M-be esik); ilyenkor a másik megoldás elfajul.
 

Gallyas Györgyi (Budapest, Szilágyi Erzsébet lg. IV. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Legyenek F1, és F2 a BC oldal felező merőlegesének k-n levő pontjai, a két BC ív felezőpontjai. Az AO egyenest abból is megkaphatjuk, hogy az AF1F2 háromszög súlyvonala AO. Mivel F1 az AA'-n, F2 pedig az AA''-nek A-n túli meghosszabbításán van, azért az AO egyenest bármely az AF1F2-höz hasonló helyzetű háromszög súlyvonalából megkaphatjuk: ha egy az A'A''-re merőleges tetszés szerinti egyenes AA'-t, AA''-t G1, G2-ben metszi, és G1G2 felezőpontja G, akkor AOAG.
2. Továbbmenve AO-t mint ϰ-nak A-beli érintőjét is megkaphatjuk. Ha ugyanis valamely az R-nél derékszögű PQR háromszög PR, QR befogójának felezőpontja Q0, P0, és R vetülete PQ-ra R1 (2. ábra), akkor R és R1 a P0 Q0-ra tükrösek, ennélfogva a PRR1 és ORR1, háromszögek R1-ből kiinduló súlyvonalai egymásra merőlegesek.
 
 
2. ábra
 

3. Sok dolgozat a megoldások számát legfeljebb 1-ben állapította meg, mert A-nak csak egyik helyzetét vette tekintetbe. Ezt vagy azzal a szűk szemlélettel lehet megmagyarázni, hogy M-nek a háromszög belsejében ,,kell'' lennie, másképpen, hogy a háromszög csak hegyesszögű lehet ‐, vagy annak az elvnek téves értelmezésével, hogy szimmetrikus megoldások egyikét mellőzni szoktuk. A és A¯ valóban szimmetrikus A'A''-re, viszont M általában az egyik félsíkon van, tehát a két félsík nem egyenértékű. ‐ Az efféle nézetek némi ellensúlyozása végett ábránkon a szétválasztott A és M esetét részleteztük, a másik megoldásnak csak A¯, B¯, C¯ csúcsait tüntettük fel.
A következő két megoldás A-nak a fentiek szerinti ismeretére támaszkodva más úton fejezi be a szerkesztést.
 

II. megoldás: Megszerkesztjük a BC oldal A0 felezőpontját. Legyen az AM átmérő fölötti k1 kör középpontja K (3. ábra), továbbá AB-vel, AC-vel és AA'-vel való metszéspontja rendre C1, B1, H.
 
 
3. ábra
 

Így MC1A=MB1A=90, tehát C1 és B1 a C, ill. B-ből húzott magasság talppontja. AH felezi a BAC=C1AB1 szöget, ezért H felezi az egyik C1B1 ívet, ennélfogva a B1C1 szakasz felező merőlegese KH. Másrészt B1 és C1 a BC átmérő fölötti vagyis A0 középpontú k2 Thalész-körnek pontjai, ezért B1C1 felező merőlegese átmegy A0-on. Ezek szerint KH és a metszéspontja A0.
Most már O-t abból kapjuk, hogy irány és nagyság szerint A0O=MA/2=MK=KA, ennélfogva O az A0MKO (vagy A0KAO) paralelogramma negyedik csúcsa.
 

Nagy Csaba (Budapest, József A. g. IV. o. t.)
 

Megjegyzés. A0 ismeretében O-t megkaphatjuk az Euler‐egyenesen fekvő nevezetes pontok közti távolságviszonyok alapján is: A0A-nak A0-hoz közelebbi harmadoló pontja az S súlypont, és MS az A0-ban a-ra állított merőlegest O-ban metszi.
 

Glattfelder Péter (Pannonhalma, Bencés g. IV. o. t.)
 

III. megoldás: Az A0O=MA/2 összefüggés és némi számítás alapján megszerkeszthetjük F1-nek a-ra való F1* tükörképét (1. ábra), majd az ezen át a-ra állított merőlegessel az I. megoldás f egyeneséből kimetszhetjük O-t. k sugarát r-rel jelölve
F2F1*=F2A0-F1*A0=F2A0-A0F1==(r+OA0)-(r-OA0)=2OA0=AM,


így F2AMF1* paralelogramma, tehát F1*M párhuzamos F2AAA''-vel. Másrészt F1*, mint AA'' tükörképének pontja, rajta van az AA' egyenesen, tehát megszerkeszthető. (Hasonlóan metszhetjük ki F2 tükörképét az M-en át AA'-vel húzott párhuzamosból az A¯A'' egyenessel.)
 

Megjegyzés. Több számolás alapján az A0A1 szakaszt negyedik arányosként megszerkeszthetjük és A0-t így is kitűzhetjük.
 

Frint Gábor (Mosonmagyaróvár, Kossuth L. g. III. o. t.)

1L. pl. az 598. gyakorlatot K. M. L. 21 (1960) 23. o.