Kezdőlap


Feladat:	F.2750	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Antos A. , Balogh J. , Benczúr P. , Benkő D. , Harcos G. , Hídvégi Z. , Kovács Ágnes , Macskási Zs. , Parádi Cs. , Podoski Károly. , Stoyan R. , Sustik M. , Tokodi T. , Tóth 702 P. , Varga N.
Füzet:	1990/február, 67 - 69. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Beírt háromszög, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1989/május: F.2750

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

A feladat második követelménye nyilván úgy is megfogalmazható, hogy az $A B C$ és a megszerkesztendő háromszög kerületének aránya a lehető legnagyobb legyen. Legyenek az $A B C$ háromszög szögei $α$ , $β$ és $γ$ , a szerkesztendő szabályos háromszög csúcsai pedig $P$ , $Q$ , $R$ (1. ábra).

1. ábra

A feladatot úgy fogjuk megoldani, hogy szerkesztünk egy, az

A B C

háromszöghöz hasonló

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszöget a beírt minimális oldalhosszúságú

P_{1} Q_{1} R_{1}

szabályos háromszöggel, és ez utóbbi ábrát egy alkalmas hasonlósági transzformációval oly módon képezzük le, hogy az

A_{1}

B_{1}

C_{1}

pontok az

A

B

C

pontokba menjenek át. A feladatban kívánthoz hasonló ábrát pedig úgy szerkeszthetjük meg, hogy felvesszük a

P_{1} Q_{1} R_{1}

szabályos háromszöget, és köré írjuk az

A B C

háromszöghöz hasonló

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszöget úgy, hogy pl.

A_{1} B_{1}

oldal a lehető legnagyobb legyen. (Így az

A_{1} B_{1} C_{1}

háromszöghöz képest a

P_{1} Q_{1} R_{1}

szabályos háromszög oldalhosszúsága minimális lesz.)

2. ábra

Föltehető, hogy

α

és

β

hegyesszög. Az

A_{1}

csúcsot a

Q_{1} R_{1}

szakasz fölötti

α

szögű,

O_{1}

középpontú, a

B_{1}

csúcsot az

R_{1} P_{1}

fölötti,

β

szögű,

O_{2}

középpontú látóköríveken kereshetjük, és e körívekből az

A_{1}

és

B_{1}

pontokat egy

R_{1}

en átmenő egyenes metszi ki. A 2. ábrán a lehetséges 4 látókörívből kettőt rajzoltunk meg. (Mint később látni fogjuk, ez elegendő lesz.) Legyen az

A_{1} R_{1}

, illetve

R_{1} B_{1}

szakasz felezőpontja

F_{1}

, illetve

F_{2}

O_{2}

merőleges vetülete az

F_{1} O_{1}

egyenesen pedig

T

. Világos, hogy

\begin{matrix} O_{1} O_{2} ≧ T O_{2} = F_{1} F_{2} = \frac{1}{2} A_{1} B_{1}, \end{matrix}

ezért

A_{1} B_{1}

akkor lesz maximális, ha párhuzamos

O_{1} O_{2}

-vel. A lehetséges négy látókörív közül az ábrán láthatóak esetén lesz

O_{1} O_{2}

a legnagyobb, ezért a két másik látókörívet nem kell figyelembe venni.
A szerkesztést a 2. ábra alapján könnyen elvégezhetjük.
A feladatnak legfeljebb egy megoldása lehet, mert (az

A_{1} B_{1}

oldalként)

R_{1}

-en át

O_{1} O_{2}

-vel egyetlen párhuzamos húzható. Felmerülhet a kérdés, hogy ez a párhuzamos metszi-e mindkét látókörívet. Legyen az

α

látószögű

k_{1}

ív

R_{1}

pontbeli érintője

e_{1}

. Az ábrán megrajzolt

e_{1}

félegyenes és

Q_{1} R_{1}

szöge

180^{\circ} - α

. Az

O_{1} E F O_{2}

négyszögben az

E

és

F

csúcsoknál lévő szögek összege

300^{\circ}

, ezért a másik két szög összege

60^{\circ}

(így mindegyikük

60^{\circ}

-nál kisebb). Ebből következik, hogy az ábrán két, ill. három ívvel jelölt szög nagyobb, mint

30^{\circ}

. Ezért, ha az

R_{1}

-en át

O_{1} O_{2}

-vel húzott párhuzamos nem metszené pl. a

k_{1}

kört, akkor fennállna a következő:

\begin{matrix} (180^{\circ} - α) + 60^{\circ} + 30^{\circ} < (180^{\circ} - α) + 60^{\circ} + F S O_{2} ∢ = \\ = F_{1} R_{1} E ∢ + E R_{1} S ∢ + F S O_{2} ∢ < 180^{\circ}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} α > 90^{\circ}, \end{matrix}

ami ellentmondás, hiszen

α

hegyesszög. Ezért az

A_{1}

B_{1}

metszéspontok mindig léteznek, a feladatnak tehát pontosan egy megoldása van.