Kezdőlap


Feladat:	F.1729	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1971/január, 13 - 15. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Magasságvonal, Koszinusztétel alkalmazása, Diszkusszió, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/szeptember: F.1729

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

I. megoldás. Jelöljük az adott háromszög csúcsait $A$ , $B$ , $C$ -vel, a keresett köröket rendre $k_{A}$ , $k_{B}$ , $k_{C}$ -vel, sugarukat $r_{A}$ , $r_{B}$ , $r_{C}$ -vel, $k_{A}$ és $k_{B}$ egyik metszéspontját $C_{1}$ -gyel, $k_{B}$ és $k_{C}$ , illetve $k_{C}$ és $k_{A}$ egyik metszéspontját $A_{1}$ -gyel, illetve $B_{1}$ -gyel. Mivel ezek a körök merőlegesen metszik egymást, a $C A_{1}$ , illetve $C B_{1}$ egyenes érinti a $k_{B}$ , illetve a $k_{A}$ kört, és $C A_{1} = C B_{1}$ . Megmutatjuk, hogy ha a sík tetszőleges $P$ pontjából a $k_{A}$ , $k_{B}$ körökhöz húzott érintő szakaszok egyenlőek, akkor $P C_{1}$ merőleges $A B$ -re (1. ábra).

1. ábra

Legyen

C_{1}

merőleges vetülete az

A B

egyenesen

C'

, mivel az

A B C_{1}

háromszögben

C_{1}

-nél

90^{\circ}

-os szög van,

C'

A B

szakaszon van. Jelöljük a

P

-ből

k_{A}

-hoz

k_{B}

-hez húzott érintők érintési pontját

Q

-val,

R

-rel, a

P C_{1}

egyenesnek a

k_{A}

körön levő másik pontját

S_{1}

-gyel, a

k_{B}

körön levő másik pontját

S_{2}

-vel. Ekkor

\begin{matrix} P Q^{2} = P C_{1} \cdot P S_{1}, P R^{2} = P C_{1} \cdot P S_{2}, \end{matrix}

ha tehát

P Q = P R

, akkor

P S_{1} = P S_{2}

. Mivel az

S_{1}

S_{2}

pontok a

P C_{1}

félegyenesen vannak ‐ hiszen

P

a körökre nézve külső pont ‐, ebből következik, hogy

S_{1}

és

S_{2}

azonosak, tehát

P C_{1}

k_{A}

k_{B}

köröket ugyanabban a pontban metszi másodszor. Ez a pont csak a

k_{A}

k_{B}

körök

C_{1}

-től különböző metszéspontja lehet. És mive1 a

k_{A}

k_{B}

körök két metszéspontját összekötő egyenes merőleges az

A B

centrálisukra, beláttuk, hogy a

P

pont rajta van ezen az egyenesen, tehát

P C_{1}

valóban merőleges

A B

-re.
Hasonlóan látható be állításunk megfordítása is: a

k_{A}

k_{B}

körök közös húrjának meghosszabbításán levő pontokból e körökhöz egyenlő hosszú érintők húzhatók.
Eredményünkből következik, hogy

C C_{1} ⊥ A B

, és

C C_{1}

A B

szakaszt annak belső pontjában metszi. Hasonlóan kapjuk, hogy

B B_{1} ⊥ A C

A A_{1} ⊥ B C

, tehát az

A A_{1}

B B_{1}

C C_{1}

egyenesek az

A B C

háromszög magasságvonalai, és a szemközti oldalszakaszokat belső pontban metszik. Emiatt feladatunknak csak akkor van megoldása, ha

A B C

hegyesszögű háromszög. Ebben az esetben a

C_{1}

pontnak a

C

-n átmenő magasságon is, az

A B

feletti Thalész-körön is rajta kell lennie, legyen tehát

C_{1}

e kettő valamelyik metszéspontja. Válasszuk

k_{A}

-nak, illetve

k_{B}

-nek az

A

, illetve

B

körül rajzolt,

C_{1}

-en átmenő kört. Mivel

A C_{1} ⊥ B C_{1}

, azért

k_{A}

és

k_{B}

merőlegesen metszik egymást. A fentiek szerint

C

-ből e körökhöz egyenlő nagyságú érintőszakaszokat húzhatunk, jelöljük az érintési pontokat

B_{1}

-gyel, illetve

A_{1}

-gyel. Mivel

C B_{1} = C A_{1}

C

körül rajzolhatunk

A_{1}

-en és

B_{1}

-en átmenő kört, legyen ez

k_{C}

. Mivel

C B_{1} ⊥ A B_{1}

és

C A_{1} ⊥ B A_{1}

, azért

k_{C}

merőlegesen metszi

k_{A}

-t,

k_{B}

-t.
Hegyesszögű háromszögre tehát feladatunk megoldható, és a megoldás egyértelmű: a keresett köröknek rendre át kell menniük a háromszög magasságvonalainak a szemközti oldalszakaszok feletti Thalész-körökön levő pontjain. Ha pedig a háromszög nem hegyesszögű, akkor a feladatnak nincs megoldása.

Megjegyzések. 1. Azt, hogy az

A A_{1}

B B_{1}

C C_{1}

egyenesek az

A B C

háromszög magasságvonalai, a következő térbeli meggondolással is beláthatjuk. Forgassuk ki a síkból az

A B_{1} C

, illetve

A_{1} B C

háromszögeket

A C

, illetve

B C

oldaluk körül addig, amíg a

B_{1}

A_{1}

csúcsok találkoznak. Könnyen látható, hogy ez valóban bekövetkezik, és ekkor e pont vetülete az

A B C

háromszög magasságpontja lesz. A találkozási pontból (és a síkra való tükörképéből) a háromszög mindegyik oldala derékszögben látható.
2. Az, hogy a megoldásunkban megszerkesztett körök léteznek, közvetlenül kiolvasható az 1262. gyakorlat^{$^{*}$} állításából. Megoldásunkban ennél többet bizonyítottunk be: azt is megmutattuk, hogy ezek a körök egyértelműen vannak meghatározva.

II. megoldás. Ha találunk olyan

A_{1}

B_{1}

C_{1}

pontokat, melyekre

A C_{1} = A B_{1} = r_{A}

B C_{1} = B A_{1} = r_{B}

C A_{1} = r_{C}

, és az

A B C_{1}

B C A_{1}

C A B_{1}

háromszögek derékszögűek, akkor az

A

B

C

körüli

r_{A}

r_{B}

r_{C}

sugarú körök merőlegesen metszik egymást. Pitagorasz tétele alapján:

\begin{matrix} r_{A}^{2} + r_{B}^{2} = c^{2}, \\ r_{B}^{2} + r_{C}^{2} = a^{2}, \\ r_{C}^{2} + r_{A}^{2} = b^{2} . \end{matrix}

Ezt az egyenletrendszert az

r_{A}^{2}

r_{B}^{2}

r_{C}^{2}

ismeretlenekre megoldva, majd az eredményt a cosinustétel alapján átalakítva kapjuk, hogy

\begin{matrix} (1) {\begin{matrix} r_{A}^{2} = \frac{1}{2} (- a^{2} + b^{2} + c^{2}) = b c cos α, r_{B}^{2} = \frac{1}{2} (a^{2} - b^{2} + c^{2}) = a c cos β, \\ r_{C}^{2} = \frac{1}{2} (a^{2} + b^{2} - c^{2}) = a b cos γ . \end{matrix} \end{matrix}

Feladatunknak ezek szerint csak akkor van megoldása, ha a jobb oldalon pozitív mennyiségek állnak, azaz ha a háromszög mindegyik szöge hegyesszög. Hegyesszögű háromszögben legyen

A'

B'

C'

A

B

C

csúcs merőleges vetülete a szemközti oldalon, akkor folytatólag

\begin{matrix} r_{A}^{2} = A C' \cdot A B, r_{B}^{2} = B A' \cdot B C, r_{C}^{2} = C B' \cdot C A . \end{matrix}

A keresett sugarak tehát mértani középarányosként megszerkeszthetők (1. ábra). Ezzel feladatunkat megoldottuk.

Megjegyzés. Az (1) alatti első kifejezések könnyen kifejezhetők a háromszög egy súlyvonalával és a szemben fekvő oldallal. A

B C

oldal felezőpontját

A_{0}

-lal, továbbá

A

-nak

A_{0}

-ra való tükörképét

A^{*}

-gal jelölve az

A B A^{*} C

paralelogrammából

\begin{matrix} A B^{2} + B A^{* 2} + A^{*} C^{2} + C A^{2} = A A^{* 2} + B C^{2} = 4 A A_{0}^{2} + B C^{2}, \\ 2 c^{2} 2 b^{2} - a^{2} = 4 s_{a}^{2} . \end{matrix}

Eszerint

\begin{matrix} r_{A}^{2} = \frac{b^{2} + c^{2} - a^{2}}{2} = \frac{2 b^{2} + 2 c^{2} - a^{2}}{4} - \frac{a^{2}}{4} = A A_{0}^{2} - A_{0} B^{2}, \end{matrix}

tehát az

A A_{0}

súlyvonal fölötti Thalész-kört az

A_{0}

körüli,

A_{0} B

sugarú körrel metszve megkapjuk

k_{A}

-nak egy pontját, s i. t. (2. ábra). ‐ A szerkesztés helyessége a számítás megfordításával igazolható.

2. ábra

^{$^{*}$}Lásd K. M. L. 40 (1970) 155. o.