Kezdőlap


Feladat:	F.2654	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bíró 100 A. , Hajnal Z.
Füzet:	1988/április, 156 - 158. oldal		PDF \| MathML
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

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

Az $A O$ egyenes felezi az $α = B A C$ szöget, így $α / 2$ megszerkeszthető az $A O E$ derékszögű háromszögből, ahol $E$ a beírt $k_{0}$ kör érintési pontja az $A B$ oldalon. $α$ ismeretében megszerkeszthető a háromszög köréírt $k$ kör átmérőjének a hossza, mert $2 R = \frac{A M}{| cos α |}$ (kivéve, ha $α$ éppen derékszögnek adódik). Legyen ugyanis $B$ átellenes pontja a $k$ körön $B^{*}$ . Ekkor a $B^{*} A M C$ négyszög oldalai páronként párhuzamosak, mert ‐ Thalész tételét felhasználva ‐ $B^{*} A$ és $C M$ merőlegesek $A B$ -re, másrészt $B^{*} C$ és $A M$ merőlegesek $C B$ -re. Innen

\begin{matrix} A M = B^{*} C = B B^{*} cos {B B}^{*} C ∢ = 2 R | cos α |, \end{matrix}

ugyanis a

B^{*} B C

derékszögű háromszögben

B B^{*} C ∢ = α

vagy

180^{\circ} - α

aszerint, hogy

B^{*}

B C

egyenesnek

A

-t tartalmazó partján van, vagy a másik partján (1. a, b ábra).

1.a ábra

1.b ábra

Felvéve egy

2 R

átmérőjű

k

kört ‐ legyen a középpontja

K

‐ és rajta a

B, C

pontokat úgy, hogy

B K C ∢ = 2 α

legyen, ezeket mindjárt a keresett háromszög csúcsainak tekintjük. Az

A

csúcs a nagyobbik

B C

íven lesz, ha

α < 90^{\circ},

különben a kisebbiken, az

O

középpont pedig mindig a

B C

egyenesnek az

A

-t tartalmazó partján. Legyen még a másik félsíkon levő

B C

ív felezőpontja

D

.
Az

O

-ként szóba jövő pontokat két mértani hely közös pontjaiként kapjuk. Ezek egyike nyilvánvalóan a

B C

-vel párhuzamos, tőle

ϱ

távolságban haladó

g

egyenes, ‐ azon az

F

félsíkon, amelyiken

O

-t várjuk, ‐ a másik a

D

pont körüli

D B = D C

sugarú segédkörnek

F

-beli

\hat{B C} = i

íve. Az utóbbihoz belátjuk, hogy mindig

D B = D C

, vagy másképpen hogy a

D O C

háromszög

O

-nál és

C

-nél levő szögei egyenlők.
A

\hat{B D}, \hat{D C}

ívek egyenlősége miatt ugyanis

D

-n átmegy az

A O

szögfelező, ezért

C D O ∢ = C D A ∢ = C B A ∢ = β

, így a másik két szög összege

180^{\circ} -

- β = α + γ

, márpedig

\begin{matrix} O C D ∢ = O C B ∢ + B C D ∢ = O C B ∢ + B A D ∢ = \frac{γ + α}{2}, \end{matrix}

tehát ugyanennyi a

C O D ∢

is.
Ha a két mértani hely 2 pontot ad

O

céljára, ezek egyenrangúak, mert egymás tükörképei a

D K

átmérőre, elég az egyikkel foglalkoznunk. (Abból is adódik ez, hogy adatainkban a

B

és

C

csúcsok egyformán nem szerepelnek.) A

D O

egyenes kimetszi

k

-ból a háromszög hátralévő

A

csúcsát.
A szerkesztés végrehajtásában mindjárt

α

-t kapjuk, ha egyenlő szárú háromszöget szerkesztünk a

G H = 2 ϱ

alap fölé

A O

-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 = A M

szakaszt, a szárra a

C

végpontban állított merőlegessel a

B^{*} H

egyenesből kimetszük a

B

pontot és a

B B^{*}

szakasz fölé Thalész-kört írunk, ez lesz

k

. A

G B^{*} H ∢ = α

hegyes-, illetve tompaszög voltából kiolvassuk, hogy az

A

csúcs a

B C

oldalnak a kör

K

középpontját tartalmazó partján lesz-e, illetve a másikon. A kijelölt parton megszerkesztjük a

g

egyenest, a másik parton lévő

\hat{B C}

ív

D

felezőpontját kimetszük a

K

-n átmenő,

B C

-re merőleges egyenessel. A

D

körüli,

D B

sugarú körrel

g

-ből kimetszük

O

helyzetét, végül

K

-ból a

D O

egyenessel az

A

csúcsot.
Bebizonyítjuk, hogy az

A B C

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)

A M = B^{*} C

, tehát megfelelő. Az

O

körül

ϱ

sugárral írt

k_{0}

kör érinti a

B C

oldalt, tehát az elemzés szerint az

A C, A B

oldalakat is. (A bizonyításnak erre a két elemére ezt szokás mondani: ,,nyilvánvaló, hogy

A M, ϱ

és

k_{0}

megfelelők.'')
Be kell még látnunk, hogy az

A B C

háromszögben

A O

egyenlő az előírt hosszúsággal. Legyen a

G H

szakasz felezőpontja

J

, ekkor az

O A E

és

G B^{*} J

derékszögű háromszögek egybevágók, mert

O E = ϱ = G J

és

O A E ∢ = C A B ∢ / 2

, ez pedig mindkét változat szerint egyenlő a

G B^{*} H ∢

felével, a

G B^{*} J ∢

-gel, tehát

O A = G B^{*}

, az előírásnak megfelelően.
Az

O A E

, illetve

B^{*} G H

háromszög létrejövéséhez szükséges és elegendő, hogy

ϱ < O A

legyen. Folytatólag a

B

pont, vele

2 R

és a

k

kör csak akkor nem jön létre, ha

α = 90^{\circ}

-nak adódik, azaz ha

O A = \sqrt[]{2} ϱ

, szükséges tehát az is, hogy

O A^{2} - 2 ϱ^{2} \neq 0

legyen. Derékszögű háromszögben

M

a derékszög csúcsába esik, azaz

A M = 0

. Ha az adat is ezt mondja, akkor fölösleges, viszont a feladat határozatlanná válik;

A M \neq 0

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

B C

húr felező merőlegesének, a

D K

egyenesnek a húr és az

i

ív közé eső

A_{0} L

szakasza legalább akkora, mint a

ϱ

sugár. Mármost

\begin{matrix} A_{0} L = D L - D A_{0} = D C - D C sin \frac{α}{2} = D C (1 - \frac{ϱ}{O A}), \end{matrix}

ehhez a

K D C

háromszögből

\begin{matrix} D C = 2 R sin \frac{α}{2} = \frac{A M}{| cos α |} sin \frac{α}{2} = \frac{A M}{O A | 1 - 2 sin^{2} \frac{α}{2} |} = \frac{A M \cdot O A \cdot ϱ}{| O A^{2} - 2 ϱ^{2} |}, \end{matrix}

tehát a harmadik feltétel az eredeti adatokkal kifejezve

\begin{matrix} A_{0} L \geq ϱ, azaz \frac{A M \cdot ϱ (O A - ϱ)}{| O A^{2} - 2 ϱ^{2} |} \geq ϱ, \end{matrix}

amiből a harmadik adatra

\begin{matrix} A M \geq \frac{| O A^{2} - 2 ϱ^{2} |}{O A - ϱ}, \end{matrix}

(1)

természetesen feltételezve a korábbi két feltétel teljesülését.
A három feltétel teljesülése esetén a feladatnak lényegében 1 megoldása van.

Megjegyzések. 1. Azt, hogy

A M

-re a másik két adat (1)-ben alsó korlátot szab, így is mondhatjuk: ha az

A M

szakasz és vele

2 R

,,nem elég nagy'', akkor az

A O E

háromszög és a

k_{0}

kör ,,nem fér bele'' a

k

-ba. Ha (1)-ben egyenlőség áll fenn, akkor nyilván

A B = A C

következik be, és

M

ráesik a

k_{0}

kerületére.
2. Több dolgozat az

i

mértani helyet, mint a

B C

szakasz

180^{\circ} - O B C ∢ - O C B ∢ = 180^{\circ} - \frac{β + γ}{2}

nyílású látókörívét szerkesztette meg, ez a látószög nyilvánvalóan tompaszög. Az ív középpontját

D_{1}

-gyel jelölve a homorú

B D_{1} C

szög 2-szer akkora:

360^{\circ} - (β + γ)

, tehát a

B D_{1} C

háromszög

D_{1}

-nél levő szöge

β + γ = 180^{\circ} - α = 180^{\circ} - B A C ∢

. Ebből adódik, hogy

A B D_{1} C

húrnégyszög,

D_{1}

azonos

D

-vel. A fönti kis bizonyítás alapján rövidebben jutunk eredményhez.
3. A szerkesztéshez nem készítettünk előkészítő segédábrákat

α, 2 R

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

O A E

háromszöget gondolatban

O E

-re tükröztük.
A

G C

és

H B

egyenesek ,,helyben tartása'' még csak a kezdete a takarékoskodásnak, ügyeskednünk kell a

B^{*} C

-re merőleges

C B

-vel, valamint a

g

egyenessel is. Előbb szerkesztjük

K

-t és abból

k

-t, hogy a

C

kijelöléséhez leírt,

B^{*}

közepű,

A M

sugarú körívet kihasználhassuk a

B^{*} C

húr felező merőlegeséhez is. Ezt ‐ és más ilyen köröket ‐ röviden így jelölve:

B^{*} (A M)

, a

G B^{*}

egyenesen kapott

C

-hez is megrajzoljuk a

C (A M)

kört, így az ezen segédkör-pár metszéspontjait (segédpontokat) összekötő egyenes

H B^{*}

-ból kimetszi

K

-t, majd a

k = K (K B^{*})

kör

H B^{*}

-ból

B

-t. Hasonló fogásokkal csökkenthetjük a

D

ívfelező és

A_{0}

oldalfelező pontok kijelöléséhez használt segédvonalak számát, majd

g

-t is felező merőlegesként kaphatjuk, ha

A_{0}

-tól a

D K

egyenesre egy csapásra a

2 ϱ = G H

szakaszt mérjük fel.
A fentiekben kerültük párhuzamos és merőleges egyenes ,,rajzolását'' a derékszögű háromszögvonalzó szokásos elcsúsztatásával egy támasztó vonalzó mentén, illetve

90^{\circ}

-os átfordításával, mert ezek nem eukleidészi szerkesztő lépések.
Tudná-e valaki 21-nél kevesebb ,,húzással'' előállítani az

A B C

háromszöget?