Feladat: 1291. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bóta K. ,  Bulkai L. ,  Czina Ferenc ,  Deák I. ,  Hortobágyi József ,  Lovász L. ,  Mátrai M. ,  Nagy Márta ,  Pelikán J. ,  Siket Aranka ,  Sófalvi M. ,  Szabó M. ,  Szalay M. ,  Szemkeő Judit ,  Szép András ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1965/január, 11 - 14. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletek, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Körülírt kör, Beírt kör, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/január: 1291. matematika feladat

Számítsuk ki az egyenlő szárú háromszög oldalait, ha adva van a beírható kör sugara és a köréje írható kör sugara. Szerkesszük is meg a háromszöget.

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

I. megoldás. Legyen ABC a keresett háromszög (AC=BC). Jelöljük a körülírt kör, ill. a beírt kör sugarát r-rel, ill. ϱ-val, AB felezőpontját D-vel, a körülírt kör C-vel átellenes pontját C'-vel, a beírt kör érintési pontját az AC száron T-vel (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Kifejezhetjük az
AC=AT+CT=AD+CT(1)
összefüggésben fellépő távolságokat a CD=m magassággal, és így m-re nyerünk egyenletet.
Az ACC' háromszög A-nál derékszögű, így a befogó, továbbá a magasság mértani közép tulajdonsága szerint
AC2=CC'CD=2rm,(2)AD2=CDDC'=m(2r-m);(3)


végül a beírt kör CT érintője és CD szelője közt a következő összefüggés áll fenn, mivel CD (az egyenlő szárú háromszög szimmetriatengelye) átmegy a kör középpontján:
CT2=CD(CD-2ϱ)=m(m-2ϱ).(4)
Ezeket (1)-be behelyettesítve
2rm=m(2r-m)+m(m-2ϱ).
Egyszerűsíthetünk m-mel, mert az nem lehet 0. Ezután a négyzetgyököket négyzetre emelések és átrendezések segítségével a szokott módon kiküszöbölve az
m2-2(r+ϱ)m+ϱ(ϱ+4r)=0
egyenlethez jutunk. Ennek csak akkor van gyöke, ha r2ϱ, és ekkor gyökei:
m1,2=r+ϱ±r(r-2ϱ).
Innen (2) és (3) szerint
a1,2=b1,2=AC=2r(r+ϱ±r(r-2ϱ))ésc1,2=2AD=2[r+ϱ±r(r-2ϱ)][r-ϱr(r-2ϱ)]==2ϱ[2r-ϱ2r(r-2ϱ)].
Itt
r(r-2ϱ)=r2-2rϱ<r-ϱ
folytán
0<m1=r+ϱ+r(r-2ϱ)<2rés2r>r+ϱ>m2=r+ϱ-r(r-2ϱ)>2ϱ>0.



 
 
2. ábra
 

Ha r2ϱ, akkor mindig létezik a feltételeket kielégítő háromszög. Megszerkeszthető pl. a következő módon. Egy r sugarú, K középpontú k körben megszerkesztünk két egymásra merőleges CC' és MN átmérőt, utóbbira rámérjük az MP=2ϱ távolságot (2. ábra). A PN átmérőjű félkör CC'-vel való metszéspontjának K-tól mért távolsága r(r-2ϱ). Ezzel megszerkesztjük az m1, ill. m2 távolságot és rámérjük C-ből a CC' átmérőre; a D1, ill. D2 végpontban az átmérőre emelt merőleges metszi ki a körből a keresett háromszög A1, B1, ill. A2, B2 csúcsait. Ha r=2ϱ, akkor D1=D2, és egy háromszöget kapunk, különben kettőt.
Be kell látnunk, hogy az A1B1C és A2B2C háromszögek megfelelnek a követelményeknek. Mindkettő egyenlő szárú, körülírt körének sugara r.
Beírt körük ϱ'1, ill. ϱ'2 sugarát a háromszög területére vonatkozó t=12miAiBi=ϱ'isii=1,2) képletből határozhatjuk meg, ahol s-sel a kerület felét jelöltük.
Mivel az AiCC' háromszögek derékszögűek, fennállnak rájuk a (2), (3) összefüggések. Így
ϱ'i=12miAiBisi=miAiDiAiC+AiDi==mimi(2r-mi)2rmi+mi(2r-mi)=mi2r-mi2r+2r-mi.
Bővítve 2r-2r-mi-vel, majd beírva az mi-t adó kifejezést,
ϱ'i=mi2r-mi(2r-2r-mi)2r-(2r-mi)==2r[r-ϱr(r-2ϱ)]-[r-ϱr(r-2ϱ)],


ahol az 1 indexnek mindkét alternatív előjelből a fölső, a 2 indexnek mindkettőből az alsó felel meg. Az első tag így alakítható tovább:
2r[r-ϱr(r-2ϱ)]=2r[r22r2(r2-ϱ)+(r2-ϱ)]==2r[r2r2-ϱ]2=2r(r2r2-ϱ)==rr(r-2ϱ).


Így végül azt kaptuk, hogy
ϱ'i=[rr(r-2ϱ)]-[r-ϱr(r-2ϱ)]=ϱ,
mindkét index esetén, és ezt akartuk belátni.
 

 Szép András (Budapest, Rákóczi F. G. IV. o. t.)
 

Megjegyzések: 1. Aszerint lesz m nagyobb vagy kisebb r+ϱ-nál, vagy egyenlő vele, amint C, K és a beírt kör O középpontja ebben a sorrendben sorakozik a CC' szakaszon, vagy C, O, K sorrendben, vagy O és K egybeesik. Az egyes esetekben m=CK+KO+OD=r+KO+ϱ, ill. m=CK-KO+OD=r-KO+ϱ, ill. m=r+ϱ. Összehasonlítva ezt az m-re kapott formulákkal és megfigyelve, hogy a harmadik eset csak r=2ϱ esetben következhet be, a KO=r(r-2ϱ) összefüggést nyerjük. Ezt az összefüggést bizonyítottuk a 788. gyakorlatban is. Mint ott is említettük, az összefüggés minden háromszögre fennáll, nemcsak az egyenlő szárúakra.
2. Kifejezhetjük az (1)-ben fellépő távolságokat a háromszögnek pl. az AC=b oldalával is: (2)-ből CD=b2/2r; ezt (3)-ba és (4)-be, és az AD és CT-re így adódó kifejezéseket (1)-be beírva b-re kapunk egyenletet, amit
b4-4r(r+ϱ)b2+4r2ϱ(4r+ϱ)=0
alakra hozhatunk. A fenti eljárás valamivel egyszerűbb számítást adott.
3. Igen egyszerű egyenlet adódik AB/AC=c/b-re is: az ACD és OCT háromszögek hasonlóságából AD:CD=OT:CT, innen és (2)-ből
CD=m=(c/2)(b-c/2)ϱ=c(2b-c)4ϱ=b22r,
és ez a következő alakba rendezhető át:
(cb)2-2(cb)+2ϱr=0.

 
 
3. ábra
 

II. megoldás. Megoldható a feladat az 1. megjegyzésben talált és már a 788. gyakorlatból is ismert összefüggés alapján. Továbbra is a fenti jelöléseket használjuk. A beírt és körülírt kör középpontjának távolsága a mondott összefüggés szerint
d=r(r-2ϱ),
ezt az I. megoldás 3. bekezdésében megszerkesztettük. Az ottani PN átmérőjű félkör CC'-vel való metszéspontja választható mindjárt a beírt kör O középpontjának (3. ábra). Az e körül ϱ sugárral rajzolt k' körhöz C-ből, ill. C'-ből húzott érintők metszik ki k-ból a keresett háromszög A1, B1, ill. A2, B2 csúcsait.
 
Az olvasóra bízzuk annak bizonyítását, hogy k' érinti az A1B1 és A2B2 egyeneseket, valamint annak megmutatását is, hogy megoldás csak r2ϱ esetén van, és hogy ez esetben a különböző alakú háromszögek száma 2, kivéve a d=0, 2ϱ=r esetet, amikor két egybevágó szabályon háromszög adódik.
 

A szerkesztést számítással követve egyszerűen kapjuk a CO távolságból a háromszög OD1=m1 magasságát ‐ ill. C'O-ből C'D2=m2-t ‐, ezek ismeretében pedig az AiBi=ci alap AiDi felét (i=1, 2) és az A1C=b1 (ill. A2C'=b2) szárat a CC'Ai derékszögű háromszögből számíthatjuk ki. Legyen a CC' átmérőnek O-hoz közelebbi végpontja C. Ekkor CO=r-d, C'O=r+d, ezekből m1,2=rd+ϱ és így ‐ (1)-et is figyelembe véve ‐
AiDi2=CDiDiC',A1C2=CC'CD1,A2C'2=CC'C'D2,ci=2mi(2r-mi)=2(r+d+ϱ)(r±d-ϱ)=2r2-(ϱd)2==2r2-ϱ2-d2±2ϱd=22rϱ-ϱ2±2ϱr(r-2ϱ),bi=2rmi=2r2+2rϱ2rr(r-2ϱ).



r2ϱ esetén a külső négyzetgyökök alatt is pozitív szám áll, mert D1 nyilvánvalóan k belsejében van, és ugyanez áll D2-re is, különben KD2=KO+OD2=d+ϱKC=r-ből d2(r-ϱ)2=d2+ϱ2 következnék, ami lehetetlen.
 

 Czina Ferenc (Makó, József A. G. III. o. t.)
 Hortobágyi József (Budapest, Bláthy O. Erősár. Ip. T. IV. o. t.)