Feladat: 914. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Antal T. ,  Bálint Z. ,  Balogh K. ,  Bárány I. ,  Baranyai Zs. ,  Bóta Károly ,  Cziffra A. ,  Deák J. ,  Domokos L. ,  Domokos Zsuzsanna ,  Fodor Magdolna ,  Fűrész J. ,  Gloviczki P. ,  Gömböcz L. ,  Halász F. ,  Havas J. ,  Herényi I. ,  Horváth B. ,  Kafka P. ,  Karsai Kornélia ,  Kerényi L. ,  Kertész M. ,  Király L. ,  Kiss Á. ,  Kottra G. ,  Laborczi Z. ,  Lamm P. ,  Lelkes A. ,  Lévai F. ,  Major P. (Bp. Fazekas g.) ,  Malina J. ,  Surányi L. ,  Szeidl L. ,  Szentiványi Béla ,  Tihanyi Klára ,  Tihanyi L. ,  Turmezey T. ,  Varjas A. ,  Varsányi Anikó 
Füzet: 1965/április, 153 - 154. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengelyes tükrözés, Magasságvonal, Szögfelező egyenes, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Háromszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/április: 914. matematika gyakorlat

Adott egy háromszög egyik oldala, valamint a szemben levő csúcsból kiinduló szögfelező és magasság hossza. Szerkesszük meg a háromszöget.

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

I. megoldás. Legyen a kívánt háromszög ABC, ebben a BC=a oldal, valamint az A csúcsból húzott AA'=fa szögfelező és AA0=ma magasság rendre egyenlő az adott három hosszúsággal. Legyen továbbá az A, B, C csúcsnál levő szög rendre α, β, γ.

 
 
1. ábra
 

Egyelőre feltesszük, hogy fa>ma. Így az AA'A0=D derékszögű háromszögnek három független alkatrészét ismerjük. Szögeit kifejezhetjük az ABCΔ szögeivel. A feltevés miatt az AB és AC oldalak hossza különböző, válasszuk a jelölést úgy, hogy AB<AC, így γ<β. Ekkor A' az A0C szakaszon van, és AA'A0=γ+α/2=[180-(β-γ)]/2, mint az AA'CΔ külső szöge, továbbá
A'AA0=90-AA'A0=12(β-γ).
Eszerint D megszerkesztésével ismertté vált az a oldal végpontjainál levő szögek különbsége, ill. a kiegészítő szögének a fele, és ezzel az észrevétellel feladatunkat visszavezettük az 1964. évi Arany Dániel kezdők versenye II. fordulójának 2. feladatára* ahol éppen a szóban forgó különbség került felhasználásra. ‐ Mint láttuk, a feladatnak mindig van megoldása éspedig lényegében egy.
fa=ma esetén az ABCDΔ szükségképpen egyenlő szárú, a szerkesztés alapfeladatnak tekinthető; fa<ma esetén pedig nincs megoldás.
 

 Varsányi Anikó (Budapest, Ságvári E. gyak. g. I. o. t.)
 
 
2. ábra
 

II. megoldás. Állítsunk merőlegest az I. megoldásbeli AA' szögfelezőre A-ban, messe ez az A'A0 egyenest A''-ben. AA'' az ABCΔA-nál levő külső szögének felezője, A'' a BC oldal B-n túli meghosszabbításán adódik. Ismeretes, hogy a belső szögfelező A' talppontja B-től és C-től mért távolságainak aránya egyenlő az AB:AC aránnyal, és hasonlóan belátható, hogy a tétel A''-re is igaz. Így
BA'CA'=BACA=BA''CA'',BA'CA''=BA''CA'.(1)
Ennek alapján kiszámíthatjuk és megszerkeszthetjük a BA'=x szakaszt. Ugyanis CA'=a-xBA''=A'A''-xCA''=CB+BA''=a+A'A''-x, és itt A'A'' kifejezhető az adatokkal: szerkesztésünk folytán az A'A''A és A'AA0 derékszögű háromszögekből
A'A''=d=A'A2A'A0=fa2fa2-ma2.
Mindezeket (1)-be helyettesítve a szokásos rendezési lépésekkel
x2-(a+d)x+ad/2=0,x=x1=12(a+d-a2+d2)=a2+d2-(a2)2+(d2)2,


ugyanis az egyenlet a-nál kisebb gyökére van szükségünk. (x2 a CA'' szakasz hosszát adja, ugyanis a gyökök összege a+d, és így x2=a+(d-x1)=CB+BA''=CA''.)
A fentiekből a következő szerkesztés adódik. Egy e egyenes A0 pontjában állított merőlegesre felmérjük az adott ma magasságot, a végpont A: körívet írunk A körül a szögfelező fa hosszával, mint sugárral, ennek e-vel való egyik metszéspontja A'. Megszerkesztjük AA' felező merőlegesét, ennek e-vel való metszéspontja E. Itt merőlegest állítunk e-re és rámérjük az adott a oldal felét, úgyszintén A'E-nek E-n túli meghosszabbítására is, a végpont F, ill. G. Az A'F szakaszt G-ből E felé felmérve kapjuk B-t, és innen tovább a-t felmérve C-t.
Hely hiányában az olvasóra bízzuk a szerkesztés helyességének bizonyítását, ‐ ami csupán annak megmutatásában áll, hogy AA' felezi a BAC szöget ‐, továbbá azét, hogy fa>ma esetén mindig egy megoldás van.
 Szentiványi Béla (Budapest, Rákóczi F. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Az A' és A'' pontok B-től mért távolsága az osztásarányra idézett tételek alapján kifejezhető az oldalakkal: A'B=ac/(b+c)A''B=ac/(b-c). Ezekkel kifejezhetjük a BC oldal A1 felezőpontjától mért A'A1A''A1 távolságokat is: A'A1=A1B-A'B=a(b-c)/(2(b+c))A''A1=A''B+BA1=a(b+c)/(2(b-c)), ebből az A1A'A1A''=BC2/4 összefüggés adódik. Ennek alapján A1 helyzetét határozhatjuk meg A'-höz és A''-höz képest a fenti eljáráshoz hasonlóan.
 Bóta Károly (Budapest, Fazekas M. g. II. o. t.)
*A megoldást lásd K.M. L. 30 (1965) 2 ‐ 3. o.,