Feladat: F.2486 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1985/április, 151 - 153. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Szögfelező egyenes, Körülírt kör, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/szeptember: F.2486

Jelöljük az ABC háromszögben az A-ból induló szögfelezőnek a BC oldalon levő pontját A1-gyel. Szerkesszük meg az ABC háromszöget, ha adott a köréje írt kör sugara, továbbá a BC és az AA1 szakasz hossza.

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

Tudjuk, hogy a háromszögben az A-ból induló szögfelező és a BC oldal felező merőlegese a háromszög köré írt körön metszi egymást. Jelöljük ezt a pontot P-vel. A PBC=PAC=BAP egyenlőségből és az A1PB közös szögből látható, hogy az ABP és BA1P háromszögek hasonlóak, a csúcspárok a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak (1. ábra).

 
 
1. ábra
 


Ebből
PA:PB=(PA1+AA1):PB=PB:PA1,
és rövid átrendezéssel
(PA1+AA12)2=BP2+AA124,PA1=BP2+AA124-AA12,(1)PA=BP2+AA124+AA12.(2)

A szerkesztés első lépéseként az adott r sugarú k körbe beillesztjük az adott BC oldalt mint húrt. (Ha BC>2r, akkor természetesen eleve nincs megoldás.) Behúzva a BC szakasz felező merőlegesét, ez k-ból kimetszi a P szerepére szóba jövő P* és P** pontokat (legyen P** a ,,felső'' BC íven, vagyis amelyiken A-t elsősorban ,,várjuk''). BC<2r esetén P*B és P**B különbözők, ezért a továbbiakban PB szerepére a két hosszúságot külön-külön figyelembe kell majd vennünk. Ha viszont BC=2r, akkor egyértelműen kaptuk meg BP hosszát.
Ezután egy segéd-derékszögű háromszöget szerkesztünk AA1/2 és BP befogókból. Átfogóját AA1/2-vel csökkentve (1) szerint PA1 hosszát kapjuk, ugyanannyival növelve pedig PA hosszát. Ezekből a PA1A egyenest akár A, akár A1 pontjával meghatározhatjuk, vagyis megkapjuk a háromszög hátra levő csúcsát (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

 
 
3. ábra
 

Könnyíti a további vizsgálódást, ha az említett derékszögű háromszöget magában az ábrában szerkesztjük meg előbb a P*B, majd a P**B húrra mint befogóra, és úgy, hogy derékszöge B-nél legyen (3. ábra). A P*B-re merőlegest Thalész tétele szerint éppen a P**B egyenes szolgáltatja, erre B-től felmérjük a BK*=AA1/2 szakaszt, majd ugyanezt K*-tól a K*P* egyenesre is mindkét irányban: K*Q'=K*Q''=AA1/2 úgy, hogy P*Q''>P*Q'. Ekkor P*A1=P*Q' és P*A=P*Q'', tehát a P* körüli, Q'-n átmenő körrel kimetszhetjük BC-ből A1-et (A1*-ot), valamint k-ból A-t (A*-ot) a P* körüli, Q''-n átmenő körrel. E köröknek BC-vel, ill. k-val 2 vagy 1 vagy 0 közös pontja lehet. Ha 2 közös pont van, ez a 2 megoldás nem lényegesen különböző: egymás tükrös párjai a P*P** tengelyre.
Az ABC háromszög megfelel a követelményeknek, mert körülírt körének sugara az adott r, BC oldala is az előírt hosszúság, továbbá (1) és (2) alapján AP-A1P az előírt szakasszal egyenlő. Azt kell csak belátnunk, hogy a PA és PA1 félegyenesek azonosak, a BPA és BPA1 szögek egyenlők. Ez abból következik, hogy számításunk és szerkesztésünk szerint a PAB és PBA1 háromszögek hasonlók. (Természetesen a P*P** tengelynek ugyanazon a partján vesszük az A és A1 metszéspontokat.)
Elvileg általában helytelen, hogy a PA1A egyenest kétféleképpen határozzuk meg. Most mégis mellette szól az, hogy a megoldhatóság föltételét keresve látható lesz, hogy a két úton ugyanarra az eredményre jutunk. Tulajdonképpen variánsoknak tekinthetjük a két utat.
A számítást P*-ra mutatjuk be. Mindkét követelményből felső korlátot kapunk az AA1 szögfelezőszakaszra. A, ill. A1 akkor jön létre, ha
P*Q''P*P**=2r,ill.P*Q'P*F
‐ ahol F a BC oldal felezőpontja ‐ , azaz (2), ill. (1) behelyettesítésével
P*B2+AA1242r-AA12,P*B2+AA124P*F+AA12.
Pozitív szakaszokról lévén szó, ezekkel az egyenlőtlenségekkel ekvivalenseket kapunk, ha mindkét oldalt négyzetre emeljük:
P*B24r2-2rAA1,P*B2P*F2+P*FAA1,AA14r2-P*B22r=P**B22r,AA1P*B2-P*F2P*F=BF2P*F,


és a jobb oldal mindkét esetben P**F, ti. a P*P**B derékszögű háromszögre alkalmaztunk ismert mértani középarányos-tételeket.
Hasonlóan, P**-ból kiindulva, a P*-ot tartalmazó BC íven akkor van megoldás, ha AA1P*F.
Alsó korlát nincs az AA1 szakaszra, nyilvánvaló, hogy a szerkesztés tetszés szerinti kicsi (pozitív) AA1 mellett végrehajtható.
A 3. ábrán P*-ból kiindulva van megoldás, P**-ból kiindulva viszont nincs, mert AA1>P*F.
 
Összefoglalva: BC>2r esetén nincs megoldás; BC=2r esetén a háromszög derékszögű lesz az A csúcsnál, hacsak 0<AA1r; ha BC>2r, akkor a továbbiak céljára PF=rr2-BC24, ha P*F<AA1P**F, akkor 1 megoldás van, egyenlőség esetén a háromszög egyenlő szárú; ha pedig BC<2r és 0<AA1P*F<P**F, akkor mindkét BC íven van egy megfelelő A pont.
 

Megjegyzés. Hasonlóan megy a szerkesztés, ha AA1 helyett az AA2 szakasz van előírva, ahol A2 az A-ból induló külső szögfelezőnek (AP**-nak) a BC egyenessel való metszéspontja.