Kezdőlap


Feladat:	F.2486	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1985/április, 151 - 153. oldal		PDF \| MathML
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

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 $B C$ oldal felező merőlegese a háromszög köré írt körön metszi egymást. Jelöljük ezt a pontot $P$ -vel. A $P B C ∢ = P A C ∢ = B A P ∢$ egyenlőségből és az $A_{1} P B ∢$ közös szögből látható, hogy az $A B P$ és $B A_{1} P$ háromszögek hasonlóak, a csúcspárok a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak (1. ábra).

1. ábra

Ebből

\begin{matrix} P A : P B = (P A_{1} + A A_{1}) : P B = P B : P A_{1}, \end{matrix}

és rövid átrendezéssel

\begin{matrix} {(P A_{1} + \frac{A A_{1}}{2})}^{2} = B P^{2} & + \frac{A A_{1}^{2}}{4}, \\ P A_{1} = \sqrt[]{B P^{2} + \frac{A A_{1}^{2}}{4}} & - \frac{A A_{1}}{2}, & (1) \\ P A = \sqrt[]{B P^{2} + \frac{A A_{1}^{2}}{4}} & + \frac{A A_{1}}{2} . & (2) \end{matrix}

A szerkesztés első lépéseként az adott

r

sugarú k körbe beillesztjük az adott

B C

oldalt mint húrt. (Ha

B C > 2 r

, akkor természetesen eleve nincs megoldás.) Behúzva a

B C

szakasz felező merőlegesét, ez

k

-ból kimetszi a

P

szerepére szóba jövő

P^{*}

és

P^{* *}

pontokat (legyen

P^{* *}

a ,,felső''

B C

íven, vagyis amelyiken

A

-t elsősorban ,,várjuk'').

B C < 2 r

esetén

P^{*} B

és

P^{* *} B

különbözők, ezért a továbbiakban

P B

szerepére a két hosszúságot külön-külön figyelembe kell majd vennünk. Ha viszont

B C = 2 r

, akkor egyértelműen kaptuk meg

B P

hosszát.
Ezután egy segéd-derékszögű háromszöget szerkesztünk

A A_{1} / 2

és

B P

befogókból. Átfogóját

A A_{1} / 2

-vel csökkentve (1) szerint

P A_{1}

hosszát kapjuk, ugyanannyival növelve pedig

P A

hosszát. Ezekből a

P A_{1} A

egyenest akár

A

, akár

A_{1}

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

B K^{*} = A A_{1} / 2

szakaszt, majd ugyanezt

K^{*}

-tól a

K^{*} P^{*}

egyenesre is mindkét irányban:

K^{*} Q' = K^{*} Q'' = A A_{1} / 2

úgy, hogy

P^{*} Q'' > P^{*} Q'

. Ekkor

P^{*} A_{1} = P^{*} Q'

és

P^{*} A = P^{*} Q''

, tehát a

P^{*}

körüli,

Q'

-n átmenő körrel kimetszhetjük

B C

-ből

A_{1}

-et (

A_{1}^{*}

-ot), valamint

k

-ból

A

-t (

A^{*}

-ot) a

P^{*}

körüli,

Q''

-n átmenő körrel. E köröknek

B C

-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

A B C

háromszög megfelel a követelményeknek, mert körülírt körének sugara az adott

r

B C

oldala is az előírt hosszúság, továbbá (1) és (2) alapján

A P - A_{1} P

az előírt szakasszal egyenlő. Azt kell csak belátnunk, hogy a

P A

és

P A_{1}

félegyenesek azonosak, a

B P A

és

B P A_{1}

szögek egyenlők. Ez abból következik, hogy számításunk és szerkesztésünk szerint a

P A B

és

P B A_{1}

háromszögek hasonlók. (Természetesen a

P^{*} P^{* *}

tengelynek ugyanazon a partján vesszük az

A

és

A_{1}

metszéspontokat.)
Elvileg általában helytelen, hogy a

P A_{1} A

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

A A_{1}

szögfelezőszakaszra.

A

, ill.

A_{1}

akkor jön létre, ha

\begin{matrix} P^{*} Q'' \leq P^{*} P^{* *} = 2 r, ill. P^{*} Q' \geq P^{*} F \end{matrix}

‐ ahol

F

B C

oldal felezőpontja ‐ , azaz (2), ill. (1) behelyettesítésével

\begin{matrix} \sqrt[]{P^{*} B^{2} + \frac{A A_{1}^{2}}{4}} \leq 2 r - \frac{A A_{1}}{2}, \sqrt[]{P^{*} B^{2} + \frac{A A_{1}^{2}}{4}} \geq P^{*} F + \frac{A A_{1}}{2} . \end{matrix}

Pozitív szakaszokról lévén szó, ezekkel az egyenlőtlenségekkel ekvivalenseket kapunk, ha mindkét oldalt négyzetre emeljük:

\begin{matrix} P^{*} B^{2} \leq 4 r^{2} - 2 r \cdot A A_{1}, P^{*} B^{2} \geq P^{*} F^{2} + P^{*} F \cdot A A_{1}, \\ A A_{1} \leq \frac{4 r^{2} - P^{*} B^{2}}{2 r} = \frac{P^{* *} B^{2}}{2 r}, A A_{1} \leq \frac{P^{*} B^{2} - P^{*} F^{2}}{P^{*} F} = \frac{B F^{2}}{P^{*} F}, \end{matrix}

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

B C

íven akkor van megoldás, ha

A A_{1} \leq P^{*} F

.
Alsó korlát nincs az

A A_{1}

szakaszra, nyilvánvaló, hogy a szerkesztés tetszés szerinti kicsi (pozitív)

A A_{1}

mellett végrehajtható.
A 3. ábrán

P^{*}

-ból kiindulva van megoldás,

P^{* *}

-ból kiindulva viszont nincs, mert

A A_{1} > P^{*} F

Összefoglalva:

B C > 2 r

esetén nincs megoldás;

B C = 2 r

esetén a háromszög derékszögű lesz az

A

csúcsnál, hacsak

0 < A A_{1} \leq r

; ha

B C > 2 r

, akkor a továbbiak céljára

P F = r \mp \sqrt[]{r^{2} - \frac{B C^{2}}{4}}

, ha

P^{*} F < A A_{1} \leq P^{* *} F

, akkor 1 megoldás van, egyenlőség esetén a háromszög egyenlő szárú; ha pedig

B C < 2 r

és

0 < A A_{1} \leq P^{*} F < P^{* *} F

, akkor mindkét

B C

íven van egy megfelelő

A

pont.

Megjegyzés. Hasonlóan megy a szerkesztés, ha

A A_{1}

helyett az

A A_{2}

szakasz van előírva, ahol

A_{2}

A

-ból induló külső szögfelezőnek (

A P^{* *}

-nak) a

B C

egyenessel való metszéspontja.