Feladat: 551. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bede Z. ,  Biborka T. ,  Bollobás B. ,  Dóra Gy. ,  Dömötör Gy. ,  Faludi Irén ,  Fekete J. ,  Felszeghy T. ,  Fritz J. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi l. ,  Gallyas Györgyi ,  Gáti P. ,  Gonda Júlia ,  Hahn László ,  Haupert János ,  Hegedűs Jenő ,  Kátai Sz. ,  Katona Mária ,  Kéry Gerzson ,  Klimó János ,  Korenchy Emőke ,  Koszó J. ,  Krámli A. ,  Máté Eörs ,  Molnár E. ,  Nagy Dezső ,  Nagy Géza ,  Nagy Márton ,  Opálény M. ,  Pellionisz A. ,  Ruda Gy. ,  Sasi Éva ,  Sebestyén Z. ,  Simonovits M. ,  Sonnevend Gy. ,  Szabó Sára ,  Székely J. ,  Szőts M. ,  Veszelovszki Erzsébet 
Füzet: 1959/november, 133 - 134. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Tengelyes tükrözés, Szögfelező egyenes, Körök, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/február: 551. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Legyen adva az ABC háromszög AB=c és AC=b oldala és AA1=f szögfelezője. Ha b=c, akkor f a BC oldalt is felezi, feladatunk derékszögű háromszög szerkesztésére egyszerűsödik, és végrehajtható, ha f<b. ‐ Tegyük fel most már, hogy b<c. Mérjük rá az AB oldal A-n túl való meghosszabbítására AC'=b-t.

 
 

A megfelezett CAB szög külső szöge az egyenlő szárú ACC' háromszögnek, így ACC'=AC'C=CAB/2=CAA1=A1AB, tehát CC'AA1. Ezért a BA1A és BCC' hasonló háromszögekből CC'=f' jelöléssel f':f=(b+c):c, ennek alapján negyedik arányosként megszerkeszthetjük az f'=f(b+c)/c szakaszt, ezen mint alapon b szárakkal az ACC' háromszöget, végül a C'A szárnak A-n túl való meghosszabbítására c-t rámérve a még hiányzó B csúcsot. ‐ Az ABC háromszög megfelel a követelményeknek, mert AB=c, AC=b, a BAC szög felezője párhuzamos CC'-vel és a felezőnek a CBA szög szárai közé eső szakasza f*=cf'/(b+c)=f. ‐ A szerkesztés egyértelmű, feltétele, hogy f'<2b legyen, másképpen, hogy f(b+c)<2bc.
 

Haupert János (Pécs, Zipernovszky K. gépip. t. I. o. t.)
 

Megjegyzés. Lényegében ugyanezen elv alapján járunk el, ha A1-en át párhuzamost húzunk CA-val és BA-val. A keletkező rombusz d oldala d:b=(c-d):c-ből d=bc/(b+c) és átlója f. Ezekből megszerkesztjük a rombuszt és kiegészítjük háromszöggé. Végrehajtható, ha f<2d.
 

Hahn László (Szeged, Vedres I. ép. ip. t. I. o. t.)
 

II. megoldás: A BC oldalon létrejött szakaszokra A1B:A1C=AB:AC=c:b, eszerint A és A1 a B, C alappontokhoz tartozó c:b aránymutatójú k1 Apollóniosz-körön vannak, A1 a k1-nek a BC szakaszon levő pontjában. Hasonlóan A az A1, B alappontokhoz tartozó, f:c aránymutatójú k2 Apollóniosz-körön van. Ezek alapján a keresetthez hasonló A*B*C* háromszöget kapunk, ha Apollóniosz-kört szerkesztünk a tetszés szerinti B*, C* alappontokhoz a c:b aránymutatóval, majd ennek a B*C* szakaszon levő A1* metszéspontjához és B*-hoz f:c aránymutatóval, végül e körök metszéspontját vesszük A*-nak.
 

Klimó János (Kaposvár, közg. t. III. o. t.)
 

III. megoldás: Fejezzük ki az adatokkal AC-nek a szögfelezőn levő AC0=b0 vetületét. Legyen evégett C tükörképe a szögfelezőre C*, továbbá C, C0, A1 vetülete AB-n rendre C', C'0, A'1.
 
 

Az AC0C'0 és AA1A'1 továbbá a C*C0C'0 és C*CC' háromszögek hasonlóságából b0:f=C0C'0:A1A'1=2C0C'0:2A1A'1=CC':2A1A1. Másrészt a BCC' és a BA1A'1 háromszögek hasonlóságából, valamint a szögfelező létesítette szakaszok arányából CC':A1A'1=BC:BA1=(b+c):c. E két aránypárt egybevetve b0:f=(b+c):2c. ‐ Az ennek alapján megszerkesztett b0-t felmérjük A-tól f-re és a C0 végpontban állított merölegest A-ból b sugárral elmetszve kapjuk C-t, majd AC-nek f-re való tükörképe és CA1 metszéseként B-t.
 

Kéry Gerzson (Sopron, Széchenyi I. g. I. o. t)