Kezdőlap


Feladat:	724. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Fiala István , Horváth József
Füzet:	1962/április, 168 - 169. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körüli forgatás, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1961/október: 724. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. Forgassuk rá $A B$ -re a $B C$ oldalt $B$ körül és az $A C$ oldalt $A$ körül. Legyen $C$ új helyzete $C_{1}$ ill. $C_{2}$ , ezek a feltevésnél fogva az $A B$ oldal belsejében vannak, és a háromszög-egyenlőtlenség alapján a pontok sorrendje $A$ , $C_{1}$ , $C_{2}$ , $B$ . Nyilvánvaló, hogy $D$ , $G$ nem eshet az $A C_{1}$ , $B C_{2}$ , szakaszokra, beleértve a $C_{1}$ , $C_{2}$ végpontokat is. Ha viszont $D$ és $G$ a $C_{1} C_{2}$ szakasz belső pontjai, akkor $J$ és $F$ a $B C$ szakasz belsejébe esnek, $E$ és $H$ pedig az $A C$ szakasz belsejébe.

Forgassuk rá a kizárt

A C_{1}

szakaszt

A

körül

A C

-re,

B C_{2}

-t pedig

B

körül

B C

-re, és legyen

C_{1}

új helyzete

B_{1}

C_{2}

új helyzete

A_{2}

. Nyilvánvaló, hogy

E

H

nem eshet

A B_{1}

-re, és

J

F

nem eshet

B A_{2}

-re, beleértve a

B_{1}

A_{2}

végpontokat is.
Ha most

A_{2} B

-t

C

körül

C A

-ra és

B_{1} A

-t

C

körül

C B

-re forgatjuk,

A_{2}

és

B_{1}

egymásba mennek át, mert

C B_{1} = C_{2} C_{1} = A_{2} C

. Eszerint az újabb két kizárt szakasz tovább forgatása nem zár ki a háromszög kerületéből további szakaszt, másrészt azt is látjuk, hogy a megmaradt

C B_{1}

C_{2} C_{1}

A_{2} C

szakaszok a forgatásokkal egymásba mennek át, tehát ezek belsejében bárhol vett kiinduló ponttal végrehajtva a 715. gyakorlat szerkesztési sorozatát, mindegyik szerkesztett pont az oldalak belsejébe esik.

Horváth József (Esztergom, Temesvári P. g. II. o. t.)

Megjegyzés. Mivel a

D

E

...

J

pontok egy a beírt kör

O

középpontja körül írt kör kerületén vannak, szemléletesen gyorsan úgy kapjuk a kizárt szakaszokat, mint a kerületnek az

O

körül

O C

sugárral írt körön kívül eső részét. Itt

C

a legnagyobb szög csúcsa, ez van legközelebb

O

-hoz a 3 csúcs közül.

II. megoldás. A 715. gyakorlat számító megoldása alapján haladunk.

D

A B = c

oldalon van, ha

A D = x

-re teljesül

0 < x < c

E

A C

oldal pontja, ha

0 < x < b

F

megfelelő, ha

C F = C E = b - x < a

, azaz

x > b - a

. Így

G

biztosan

A B

-n adódik, mert az eddigi feltételek teljesülése esetén

B G = B F < a < c

H

akkor van

A C

-n, ha

A H = A G = c - a + b - x < A C = b

, azaz ha

x > c - a

. Ezek teljesülésével

J

-t és

G

-t a

C B

-n, ill.

A B

-n kapjuk, mert

C J = C H = a + x - c < a

, és

B D = B J < a < c

.
Ezek szerint

x

-nek kisebbnek kell lennie a talált

c

és

b

felső korlátok kisebbikénél, azaz a feltevés szerint

b

-nél, másrészt nagyobbnak kell lennie a talált

b - a

és

c - a

alsó korlátok nagyobbikánál,

c - a

-nál. Ezek éppen azt írják elő, hogy

D

az I. megoldás

C_{1} C_{2}

szakaszán legyen.

Fiala István (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. I. o. t.)