Feladat: F.2654 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bíró 100 A. ,  Hajnal Z. 
Füzet: 1988/április, 156 - 158. oldal  PDF file
Témakör(ök): Derékszögű háromszögek geometriája, Körülírt kör, Beírt kör, Magasságpont, Beírt kör középpontja, Egyenes, Háromszögek szerkesztése, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/október: F.2654

Az ABC háromszög magasságpontja M, beírt körének középpontja O, beírt körének sugara ϱ. Szerkesszük meg a háromszöget, ha adott AM, AO és ϱ hossza.

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

Az AO egyenes felezi az α=BAC szöget, így α/2 megszerkeszthető az AOE derékszögű háromszögből, ahol E a beírt k0 kör érintési pontja az AB oldalon. α ismeretében megszerkeszthető a háromszög köréírt k kör átmérőjének a hossza, mert 2R=AM|cosα| (kivéve, ha α éppen derékszögnek adódik). Legyen ugyanis B átellenes pontja a k körön B*. Ekkor a B*AMC négyszög oldalai páronként párhuzamosak, mert ‐ Thalész tételét felhasználva ‐ B*A és CM merőlegesek AB-re, másrészt B*C és AM merőlegesek CB-re. Innen

AM=B*C=BB*cosBB*C=2R|cosα|,
ugyanis a B*BC derékszögű háromszögben BB*C=α vagy 180-α aszerint, hogy B* a BC egyenesnek A-t tartalmazó partján van, vagy a másik partján (1. a, b ábra).
 
 
1.a ábra
 

 
 
1.b ábra
 

Felvéve egy 2R átmérőjű k kört ‐ legyen a középpontja K ‐ és rajta a B,C pontokat úgy, hogy BKC=2α legyen, ezeket mindjárt a keresett háromszög csúcsainak tekintjük. Az A csúcs a nagyobbik BC íven lesz, haα<90, különben a kisebbiken, az O középpont pedig mindig a BC egyenesnek az A-t tartalmazó partján. Legyen még a másik félsíkon levő BC ív felezőpontja D.
Az O-ként szóba jövő pontokat két mértani hely közös pontjaiként kapjuk. Ezek egyike nyilvánvalóan a BC-vel párhuzamos, tőle ϱ távolságban haladó g egyenes, ‐ azon az F félsíkon, amelyiken O-t várjuk, ‐ a másik a D pont körüli DB=DC sugarú segédkörnek F-beli BC^=i íve. Az utóbbihoz belátjuk, hogy mindig DB=DC, vagy másképpen hogy a DOC háromszög O-nál és C-nél levő szögei egyenlők.
A BD^,DC^ ívek egyenlősége miatt ugyanis D-n átmegy az AO szögfelező, ezért CDO=CDA=CBA=β, így a másik két szög összege 180- -β=α+γ, márpedig
OCD=OCB+BCD=OCB+BAD=γ+α2,
tehát ugyanennyi a COD is.
Ha a két mértani hely 2 pontot ad O céljára, ezek egyenrangúak, mert egymás tükörképei a DK átmérőre, elég az egyikkel foglalkoznunk. (Abból is adódik ez, hogy adatainkban a B és C csúcsok egyformán nem szerepelnek.) A DO egyenes kimetszi k-ból a háromszög hátralévő A csúcsát.
A szerkesztés végrehajtásában mindjárt α-t kapjuk, ha egyenlő szárú háromszöget szerkesztünk a GH=2ϱ alap fölé AO-val mint szárral és a harmadik csúcsra tüstént ráruházzuk az 1. ábrák B* pontjának szerepét. (A szerkesztésnek ezt az első fázisát is mutatja az 1. ábra.) A B*G szár B*-on túli meghosszabbítására felmérjük a B*C=AM szakaszt, a szárra a C végpontban állított merőlegessel a B*H egyenesből kimetszük a B pontot és a BB* szakasz fölé Thalész-kört írunk, ez lesz k. A GB*H=α hegyes-, illetve tompaszög voltából kiolvassuk, hogy az A csúcs a BC oldalnak a kör K középpontját tartalmazó partján lesz-e, illetve a másikon. A kijelölt parton megszerkesztjük a g egyenest, a másik parton lévő BC^ ív D felezőpontját kimetszük a K-n átmenő, BC-re merőleges egyenessel. A D körüli, DB sugarú körrel g-ből kimetszük O helyzetét, végül K-ból a DO egyenessel az A csúcsot.
Bebizonyítjuk, hogy az ABC háromszög megfelel a követelményeknek. Ennek A-ból és C-ből induló magasságvonalai megadják M magasságpontját. (Ez csak a bizonyításhoz szükséges.) Az előkészítő elemzés szerint (pontosabban mondva a tételek megfordítása szerint) AM=B*C, tehát megfelelő. Az O körül ϱ sugárral írt k0 kör érinti a BC oldalt, tehát az elemzés szerint az AC,AB oldalakat is. (A bizonyításnak erre a két elemére ezt szokás mondani: ,,nyilvánvaló, hogy AM,ϱ és k0 megfelelők.'')
Be kell még látnunk, hogy az ABC háromszögben AO egyenlő az előírt hosszúsággal. Legyen a GH szakasz felezőpontja J, ekkor az OAE és GB*J derékszögű háromszögek egybevágók, mert OE=ϱ=GJ és OAE=CAB/2, ez pedig mindkét változat szerint egyenlő a GB*H felével, a GB*J-gel, tehát OA=GB*, az előírásnak megfelelően.
Az OAE, illetve B*GH háromszög létrejövéséhez szükséges és elegendő, hogy ϱ<OA legyen. Folytatólag a B pont, vele 2R és a k kör csak akkor nem jön létre, ha α=90-nak adódik, azaz ha OA=2ϱ, szükséges tehát az is, hogy OA2-2ϱ20 legyen. Derékszögű háromszögben M a derékszög csúcsába esik, azaz AM=0. Ha az adat is ezt mondja, akkor fölösleges, viszont a feladat határozatlanná válik; AM0 esetén viszont ellentmondás van az adathármasban. (Az persze lehetséges, hogy a létrejövő háromszögben B-nél, vagy ami ugyanaz, C-nél derékszög legyen.)
Ezek után az O középpont akkor és csak akkor jön létre, ha a BC húr felező merőlegesének, a DK egyenesnek a húr és az i ív közé eső A0L szakasza legalább akkora, mint a ϱ sugár. Mármost
A0L=DL-DA0=DC-DCsinα2=DC(1-ϱOA),
ehhez a KDC háromszögből
DC=2Rsinα2=AM|cosα|sinα2=AMOA|1-2sin2α2|=AMOAϱ|OA2-2ϱ2|,
tehát a harmadik feltétel az eredeti adatokkal kifejezve
A0Lϱ,azazAMϱ(OA-ϱ)|OA2-2ϱ2|ϱ,
amiből a harmadik adatra
AM|OA2-2ϱ2|OA-ϱ,(1)
természetesen feltételezve a korábbi két feltétel teljesülését.
A három feltétel teljesülése esetén a feladatnak lényegében 1 megoldása van.
 

Megjegyzések. 1. Azt, hogy AM-re a másik két adat (1)-ben alsó korlátot szab, így is mondhatjuk: ha az AM szakasz és vele 2R ,,nem elég nagy'', akkor az AOE háromszög és a k0 kör ,,nem fér bele'' a k-ba. Ha (1)-ben egyenlőség áll fenn, akkor nyilván AB=AC következik be, és M ráesik a k0 kerületére.
2. Több dolgozat az i mértani helyet, mint a BC szakasz 180-OBC-OCB=180-β+γ2 nyílású látókörívét szerkesztette meg, ez a látószög nyilvánvalóan tompaszög. Az ív középpontját D1-gyel jelölve a homorú BD1C szög 2-szer akkora: 360-(β+γ), tehát a BD1C háromszög D1-nél levő szöge β+γ=180-α=180-BAC. Ebből adódik, hogy ABD1C húrnégyszög, D1 azonos D-vel. A fönti kis bizonyítás alapján rövidebben jutunk eredményhez.
3. A szerkesztéshez nem készítettünk előkészítő segédábrákat α,2R céljára, mert a közbeeső részeredményeket sikerült közvetlenül a keletkezési helyükön felhasználni. Amikor ezért szépnek, sőt célszerűnek minősítjük a mutatott gondolatmenetet, a gyakorlati célt szolgáló szerkesztésekre is gondolunk. A fenti úton megtakarítottuk eredményeinknek más helyre való átmásolását, ami a gyakorlatban mindig a hibák elkerülhetetlen növekedésével járna együtt.
4. Szerkesztésünkkel reményünk lehetne, hogy elnyerjük a feladat geometrografikus megoldásának címét. Az 1900-as évek táján divatos irányzat volt minél rövidebb megoldást keresni a szerkesztési feladatokra. Megszámlálták a megrajzolt egyeneseket és köröket, sőt még a segédlépéseketis (mint pl. körző hegyének beszúrása tetszőleges pontba egyszerűbb, mint egy adott, vagy közben kapott pontba; vagy hogy egyenes megrajzolása előtt 2 pontjához kell odailleszteni a vonalzót). Ezekből az elemekből jött össze a szerkesztés egyszerűségét jellemző szám, és az a szerkesztés lett egy feladat geometrografikus megoldása, amelyre ez a szám a legkisebb. Fönt pl. α szerkesztésében megtakarítottunk egy szakaszfelezést és egy Thalész-kört azzal, hogy az OAE háromszöget gondolatban OE-re tükröztük.
A GC és HB egyenesek ,,helyben tartása'' még csak a kezdete a takarékoskodásnak, ügyeskednünk kell a B*C-re merőleges CB-vel, valamint a g egyenessel is. Előbb szerkesztjük K-t és abból k-t, hogy a C kijelöléséhez leírt, B* közepű, AM sugarú körívet kihasználhassuk a B*C húr felező merőlegeséhez is. Ezt ‐ és más ilyen köröket ‐ röviden így jelölve: B*(AM), a GB* egyenesen kapott C-hez is megrajzoljuk a C(AM) kört, így az ezen segédkör-pár metszéspontjait (segédpontokat) összekötő egyenes HB*-ból kimetszi K-t, majd a k=K(KB*) kör HB*-ból B-t. Hasonló fogásokkal csökkenthetjük a D ívfelező és A0 oldalfelező pontok kijelöléséhez használt segédvonalak számát, majd g-t is felező merőlegesként kaphatjuk, ha A0-tól a DK egyenesre egy csapásra a 2ϱ=GH szakaszt mérjük fel.
A fentiekben kerültük párhuzamos és merőleges egyenes ,,rajzolását'' a derékszögű háromszögvonalzó szokásos elcsúsztatásával egy támasztó vonalzó mentén, illetve 90-os átfordításával, mert ezek nem eukleidészi szerkesztő lépések.
Tudná-e valaki 21-nél kevesebb ,,húzással'' előállítani az ABC háromszöget?