Kezdőlap


Feladat:	685. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Mészáros László , Róna György , Szabó László
Füzet:	1962/január, 43 - 44. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Súlyvonal, Magasságvonal, Háromszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/február: 685. matematika gyakorlat

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

Legyen a $C B$ és $C A$ oldal felezőpontja $A_{0}$ , ill. $B_{0}$ , az $A A_{0} = s_{a}$ és $B B_{0} = s_{b}$ súlyvonalszakaszok közös pontja $S$ ‐ a súlypont ‐, végül $A$ és $S$ vetülete $B C$ -n $A'$ , ill. $S'$ . Így $A A'$ az adott $m_{a}$ magasság.

Ismeretes, hogy

S A_{0} = s_{a} / 3

és

S B = 2 s_{b} / 3

. Az

A_{0}

-nál közös hegyes szöggel bíró

A_{0} A A'

és

A_{0} S S'

derékszögű háromszögek hasonlók, ezért

S S' = m_{a} / 3

. Eszerint mindhárom adott szakaszt megharmadolva megszerkeszthetjük az

S A_{0} B

részháromszöget: egy

a

egyenesre egy

S'

pontjában állított merőlegesre felmérjük az

m_{a} / 3

hosszúságú

S' S

-t, majd a kapott

S

pont körül

S A_{0} = s_{a} / 3

, ill.

S B = 2 s_{b} / 3

sugarú körívvel

a

-ból kimetsszük

A_{0}

-t, ill.

B

-t. Ebből

C

-t

B

-nek

A_{0}

-ra való tükrözésével,

A

-t pedig

s_{a}

-nak az

A_{0} S

félegyenesre való felmérésével kapjuk.
A kapott

A B C

háromszög megfelel, mert benne

C A_{0} = A_{0} B

miatt az

A A_{0} = s_{a}

szakasz súlyvonal,

A_{0} S = A_{0} A / 3

miatt

S

súlypont, ugyanezért

A A' = 3 S S' = m_{a}

, végül

S B = 2 s_{b} / 3

miatt

B B_{0} = s_{b}

.
Az

S A_{0} B

háromszög megszerkeszthető, ha

s_{a} / 3

és

2 s_{b} / 3

nem kisebbek

m_{a} / 3

-nál, vagyis

s_{a} \geq m_{a}

és

2 s_{b} \geq m_{a}

. (Ha azonban mindkét feltételben egyenlőség áll, akkor a háromszög elfajul.) Általában 2 megoldás van, mert pl.

A_{0}

gyanánt elég a körív egyik metszéspontját elfogadni;

B

gyanánt azonban a körívnek már mindkét metszéspontját tekintetbe kell vennünk. Csak egy megoldás van, ha a feltételek egyikében egyenlőség áll, és ha

s_{a} = 2 s_{b}

, vagyis ha az

S A_{0} B

háromszög derékszögű, ill. ha egyenlő szárú

S S'

-vel mint tengellyel.

Róna György (Kaposvár, Táncsics M. g. I. o. t.)

Megjegyzések. 1. Hasonló megoldást kapunk, ha a magasság harmadolása helyett előbb az

A_{0} A A'

derékszögű háromszöget szerkesztjük meg

s_{a}

és

m_{a}

-ból, majd

B

-t, végül

C

-t

A_{0} A

-nak

A_{0}

-hoz közelebbi

S

harmadolópontjából ismét az I. megoldás szerint szerkesztjük.

S

-et megszerkesztve

B_{0}

-t is megkaphatjuk:

A A'

felező merőlegesét metsszük az

S

körül

s_{b} / 3

sugarú körrel. Így

C

-t az

A B_{0}

B

-t pedig a

B_{0} S

egyenes metszi ki

A_{0} A'

-ből.

Mészáros László (Budapest, Piarista g. II. o. t.)

2. Egyetlen harmadolással is célhoz érhetünk. Messe

B B_{0}

A

-n átmenő,

B C

-vel párhuzamos egyenest

D

-ben, és a

D

-n átmenő,

A A_{0}

-lal párhuzamos egyenes

B C

-t

E

-ben. Ekkor a

D A B C

és a

D A A_{0} E

idom paralelogramma, ezért egyrészt a

D B E

háromszög a

D

-ből kiinduló

2 s_{b}

és

s_{a}

oldalai és

m_{a}

magassága alapján megszerkeszthető, másrészt

A_{0} E = A D = B C

, tehát

A_{0}

és

C

B E

szakasz harmadoló pontjai. Most már

A

-t a

D E A_{0} △

-nek paralelogrammává való kiegészítésével kapjuk. ‐ Itt az

S B A_{0} △

3-szorosan nagyított képéből indultunk ki.

Szabó László (Budapest, József A. g. II. o. t.)