Kezdőlap


Feladat:	1501. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh József , Bodor István , Bottyán István , Csörgei József , Fuggerth Endre , Göndőcs Ferenc , Herboly Miklós , Hunyadvári László , Joó István , Kocsis Ferenc , Lakatos László , Lempert László , Moson Péter , Nádai László , Perémy Gábor , Pintz János , Siklósi István , Somos Endre , Szabó Klára , Takács László , Tátray Péter , Varga Gabriella , Verdes Sándor , Vetier András , Zöldy Béla
Füzet:	1969/január, 4 - 7. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1966/december: 1501. matematika feladat

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

I. megoldás. I. Legyen az előírásoknak megfelelő $A B C$ háromszögben az $A B$ oldal, a $C$ -ből kiinduló belső szögfelezőnek az $A B$ egyenesig terjedő $C D$ szakasza, valamint a $C A$ és $C B$ oldalak összege rendre egyenlő az adott $c$ , $f$ és $g = a + b$ szakasszal.
A $C D$ szakaszon kijelölhető a háromszögbe beírt $k$ kör $O$ középpontja és meghatározható e kör sugara is. Fordítsuk rá $C A$ -t $C$ körül $B C$ meghosszabbítására és legyen $A$ új helyzete $E$ , így $B E = g$ , másrészt $C E A ∢ = A C B ∢ / 2 = B C D ∢$ , ezért $A E ∥ D C$ (1. ábra).

1. ábra

A B C

szög belső szögfelezője

C D

-t

O

-ban metszi,

A E

-n levő pontja legyen

F

. Ekkor az előzők és a szögfelező osztásaránya alapján

\begin{matrix} C O : O D = E F : F A = E B : A B = g : c . \end{matrix}

(1)

Ismeretes másrészt, hogy

k

-nak

A C

-n levő

B_{1}

érintési pontjára nézve

\begin{matrix} C B_{1} = \frac{a + b - c}{2} = \frac{g - c}{2} . \end{matrix}

(2)

Ezek alapján a háromszöget az alábbiak szerint szerkeszthetjük. A

C D = f

szakaszt

g : c

arányban kettéosztjuk az

O

ponttal; a

C O

rész fölötti Thalész-kört metsszük a

C

körüli,

(g - c) / 2

sugarú körrel

B_{1}

-ben. Ekkor az

O

körüli,

O B_{1}

sugarú kör lesz

k

, ennek

C

-ből húzott érintői és

D

-ből húzott egyik érintője rendre a

C A

C B

, ill.

A B

oldalegyenes. (Az utóbbi érintő tetszés szerint választható ‐ amennyiben

D

-ből 2 érintő húzható ‐, mert a 2 érintő egymás tükörképe

C D

-re.)
A kapott háromszögben

C D

felezi az

A C B

szöget, másrészt az oldalak hosszára vonatkozóan (1), ill. (2) alapján

\begin{matrix} (A C + C B) : A B = C O : O D = g : c, \\ \frac{(A C + C B) - A B}{2} = \frac{g - c}{2}, \end{matrix}

ezekből pedig egyszerű számítás szerint

A C + C B = g

és

A B = c

A szerkesztés végrehajtásának nyilvánvaló első föltétele

g > c

. A

B_{1}

pont létrejön és

k

valódi kör, ha

C B_{1} < C O

; továbbá

D

-ből lehet érintőt húzni a kapott

k

-hoz, ha

O D \geq O B_{1}

, azaz

\begin{matrix} \frac{g - c}{2} < f \cdot \frac{g}{g + c}, f \cdot \frac{c}{g + c} \geq \sqrt[]{\frac{f^{2} g^{2}}{{(g + c)}^{2}} - \frac{{(g - c)}^{2}}{4}} . \end{matrix}

Ezeket

f

-re megoldva és összefoglalva

\begin{matrix} \frac{g^{2} - c^{2}}{2 g} < f \leq \frac{\sqrt[]{g^{2} - c^{2}}}{2} . \end{matrix}

f

és a talált felső korlát között egyenlőség áll, akkor

k

átmegy

D

-n, és egyenlő szárú háromszöget kapunk.

II. A

C

-ből húzott külső szögfelező akkor és csak akkor metszi az

A B

egyenest egy

D_{k}

pontban, ha a

a \neq b

. Legyen ekkor

C D_{k} = f_{k}

és

a - b = h > 0

, így

D_{k}

B A

oldal

A

-n túli meghosszabbításán van és a

C D_{k}

szakaszon van rajta a háromszög

A C

oldalához hozzáírt

k_{b}

külső érintő kör

O_{b}

középpontja. A háromszög a

c

f_{k}

és

h

adatokból a fentiekhez hasonlóan szerkeszthető. Fordítsuk rá

C A

-t

C

körül a

C B

félegyenes

C E_{k}

szakaszába, és messük a

B O_{b}

(belső) szögfelezővel az

A E_{k}

szakaszt

F_{k}

-ban (2. ábra).

2. ábra

Így

A E_{k} ∥ C D_{k}

és

B A E_{k} ▵ \sim B D_{k} C ▵

, továbbá

\begin{matrix} C O_{b} : O_{b} D_{k} = E_{k} F_{k} : F_{k} A = E_{k} B : A B = h : c . \end{matrix}

(3)

Másrészt,

k_{b}

-nek a

C A

szakaszon levő

B_{2}

érintési pontjára nézve

\begin{matrix} C B_{2} = \frac{b + c - a}{2} = \frac{c - (a - b)}{2} = \frac{c - h}{2} . \end{matrix}

Ezek alapján a fentiekhez hasonlóan megszerkesztjük a

C D_{k}

szakaszon

O_{b}

-t, a

C O_{b}

szakasz fölötti Thalész-kör és a

C

körüli

(c - h) / 2

sugarú kör metszéseként

B_{2}

-t,

O_{b}

körül

O_{b} B_{2}

sugárral

k_{b}

-t, és ekkor az

A B C

háromszög oldalegyeneseit mint a

k_{b}

-hez

C

-ből húzott mindkét és a

D_{k}

-ból húzott egyik érintőt kapjuk.
A szerkesztés helyessége a fentihez hasonló számítással bizonyítható.
A szerkesztés végrehajtható, ha

h < c

és

C B_{2} < C O_{b}

. Az utóbbi teljesülése esetén (3) és

c > h

alapján

\begin{matrix} O_{b} D_{k} > O_{b} C > O_{b} B_{2}, \end{matrix}

tehát ha

k_{b}

létrejött, akkor

D_{k}

-ból meghúzható hozzá az érintő.

Göndőcs Ferenc (Győr, Révai M. Gimn.) dolgozatából, kiegészítéssel

Megjegyzések. 1. A II. adathármas esetében célhoz érünk a

B C

oldalhoz hozzáírt

k_{a}

külső érintő kör fölhasználásával is. Ennek

O_{a}

középpontja a

C D_{k}

szakasz

C

-n túli meghosszabbításán és az

A B E_{k}

szög

B F'_{k}

külső szögfelezőjén van, és

C O_{a} : O_{a} D_{k} = h : c

, másrészt a kör

A C

-n levő

B_{3}

érintési pontjára

C B_{3} = s - b = (a - b + c) / 2 = (c + h) / 2

.
2. Hasonlóan az I. adathármas esetében az

A B

oldalhoz hozzáírt

k_{c}

kör (

C D

meghosszabbításán levő)

O_{c}

középpontjára és

A C

-n levő

B_{4}

érintési pontjára

C O_{c} : O_{c} D = g : c

és

C B_{4} = (g + c) / 2

, ezek alapján a fentiekhez hasonlóan végezhetjük a szerkesztést.
3. Megoldhatjuk a feladatot úgy is, hogy a háromszög oldalegyeneseit érintő körök

O

és

O_{c}

, ill.

O_{a}

O_{b}

középpontjai közül az előbbi, ill. az utóbbi párt egyidejűen használjuk fel. Ezt csak az I. adathármas esetére mutatjuk be. Az

A D : D B = A C : C B

aránypárból fölcseréléssel, majd az 1. ábra

B D C

és

B A E

hasonló háromszögei alapján

\begin{matrix} A D : A C = B D : B C = B A : B E = c : g . \end{matrix}

Eszerint

A

is,

B

is rajta van a

D

C

alappontokkal és a

c : g

aránnyal meghatározott

k^{*}

Apollóniosz-körön. Láttuk másrészt, hogy

O

és

O_{c}

e körnek a

C D

egyenesen levő pontjai, tehát az

O O_{c}

szakasz a kör átmérője. Ennélfogva a

C D

szakasz fölvétele,

O

és

O_{c}

kijelölése és

k^{*}

megrajzolása után ebbe

c

hosszúságú és

D

-n átmenő húrt kell illesztenünk.

Siklósi István (Budapest, Berzsenyi D. Gimn.)

4. A fenti

k

k_{c}

körpárnak

C

a külső,

D

pedig a belső hasonlósági pontja (mert centrálisukat az

A B

közös belső érintő

D

-ben metszi), így

\begin{matrix} D O : D O_{c} = C O : C O_{c}, \end{matrix}

mert mindkét arány egyenlő a körök sugarainak

ϱ : ϱ_{c}

, arányával. E szakaszokat a

C A

egyenesre vetítve, a vetületek aránya ugyancsak egyenlő, és az utóbbi kettő ‐ mint már láttuk ‐ kifejezhető

c

-vel és

g

-vel:

\begin{matrix} D' B_{1} : D' B_{4} = C B_{1} : C B_{4} = \frac{g - c}{2} : \frac{g + c}{2}, \end{matrix}

(4)

ahol

D'

D

pont vetülete (1. ábra).
Ezek alapján a

C

csúcs és a

C A

félegyenes helyzetét felvéve, ezen

B_{1}

és

B_{4}

, továbbá, (4) alapján

D'

kijelölhető. Ekkor a

D'

-ben

C A

-ra emelt merőlegesből a

C

körüli,

f

sugarú körívvel kimetszhetjük

D

-t,

C A

-nak

C D

-re való tükörképe a

C B

egyenes,

B_{1}

alapján megkaphatjuk

O

-t és

k

-t (vagy

B_{4}

alapján

O_{c}

-t és

k_{c}

-t), és ennek

D

-ből húzott érintője az

A B

oldal egyenese.
A bizonyítást és a diszkussziót a fentiekhez hasonlóan végezheti el az olvasó.

f_{k}

és

a - b = h

esetére

D_{k}

-nak

C A

-n levő vetületére hasonlóan

D'_{k} B_{2} : D'_{k} B_{3} = C B_{2} : C B_{3} = (c - h) : (c + h)

II. megoldás (vázlat). Alapszerkesztésre vezethetjük vissza feladatunk mindkét részét az 1438. feladatban¹ bebizonyított ‐ ill. csak kimondott ‐ tétel felhasználásával. Eszerint a

D

középpontú,

f

sugarú (ill. a

D_{k}

-val és

f_{k}

-val meghatározott) körhöz tetszés szerinti pontjában húzott érintőre fölmérjük

A B = c

szakaszt, majd ennek

E

(ill.

E^{*}

) végpontja körüli

g

(ill.

h

) sugarú körrel metsszük az előbbi kört

C

-ben. Ekkor

D C E ∢ = A C B ∢ / 2

, (ill.

D_{k} C E^{*} ∢ = 90^{\circ} - A C B ∢ / 2

), tehát ismerjük a keresett háromszög

C

-beli szögét, innen kiinduló oldalainak összegét (különbségét) és a szemben fekvő oldalt (3. ábra).

1. ábra

Lakatos László (Budapest, Százados úti Gimn.)

¹K. M. L. 33 (1966) 208. o. (a mostani feladat kitűzését tartalmazó számban): Az

A B C

háromszög

C

-ből kiinduló szögfelezőjének az

A B

oldallal való

D

metszéspontja körül

D C

sugárral kört írunk, másrészt a

C B

oldalt

B

-n túl meghosszabbítjuk a

B E = C A

szakasszal. Bizonyítandó, hogy ekkor az

E

-ből a körhöz húzott érintő hossza egyenlő

A B

-vel. Hasonlóan a

C

-nél levő külső szög felezőjének

A B

-n levő

D_{k}

pontja körüli,

D_{k} C

sugarú körhöz a

B

-től

C

felé fölmért

B E^{*} = C A

szakasz

E^{*}

végpontjából húzott érintő hossza szintén

A B