Feladat: 976. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Dobozy Ottó ,  Eff L. ,  Eszes Gábor ,  Herczog László ,  Hernádi Ágnes ,  Hunyadvári L. ,  Kele András ,  Laborci Z. ,  Lakner Mária ,  Mérő L. ,  Mód J. ,  Rajczy P. ,  Semsey András ,  Szeredi Péter 
Füzet: 1965/december, 216 - 218. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Forgatva nyújtás, Derékszögű háromszögek geometriája, Súlyvonal, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/március: 976. matematika gyakorlat

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

Az egymás utáni megoldásokban bevezetett jelöléseket minden további megoldás elemző részében használjuk.

 

I. megoldás. Legyen a keresett ABC derékszögű háromszög adott befogója BC, a derékszög csúcsa C, ekkor a feltevés szerint a BB1 és CC1, súlyvonalak az S súlypontban merőlegesen metszik egymást. Ezért S rajta van a BC mint átmérő fölötti Thalész-kör kerületén. Másrészt S harmadolja a B1B súlyvonalat, ezért az S-en átmenő, AC-vel párhuzamos egyenesnek BC-vel való A2 metszéspontja is harmadolja a CB oldalt.
Ezekből a következő szerkesztés adódik. Az adott oldal fölé k Thalész-félkört írunk (az oldalnak azon a partján, amelyiken a harmadik csúcsot kapni akarjuk); megválasztjuk az oldalnak azt a C végpontját, amelyik a derékszög csúcsa lesz; megszerkesztjük az oldal C-hez közelebbi harmadoló pontját, az ebben BC-re emelt merőleges és a k kör S metszéspontját B-vel összekötő egyenes és a C-ben BC-re állított merőleges metszéspontja B1, végül C-nek B1-re vett tükörképe A.
 
 
Az ABC háromszög megfelel a követelményeknek, mert BC oldala az adott oldal, C-nél levő szöge derékszög, a tükrözés miatt B1B az AC oldalhoz tartozó súlyvonal, a harmadolás és a két merőleges rajzolása miatt S a B1B súlyvonal harmadoló pontja, tehát a háromszög súlypontja, ezért a CS egyenes a C-ből induló súlyvonalat metszi ki a háromszögből, és a Thalész-kör tulajdonsága miatt merőlegesen áll BS-re.
A szerkesztés mindig egyértelműen végrehajtható.
 
Eszes Gábor (Budapest, Berzsenyi D. g. I. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. A B1-ben BB1-re emelt merőleges és a BC egyenes metszéspontját C*-gal jelölve nyilvánvalóan CC*=BC/2=BC*/3, és a BB1C*▵ a BSC▵-nek 3:2 arányú nagyítása. Ezért B1-et (az S megszerkesztése előtt) így kaphatjuk: BC-t a felével meghosszabbítjuk, és a BC*=3BC/2 szakasz fölé írt Thalész-kört metsszük a BC-re C-ben emelt merőlegessel.
 
Semsey András (Budapest, I. István g. I. o. t.)
 

2. Tetszés szerinti szöget adva meg ACB és CSB szögnek, a szerkesztés lényeges változtatás nélkül alkalmazható és mindig egyértelműen elvégezhető.
 
Dobozy Ottó (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. I. o. t.)
 

II. megoldás. A fenti k Thalész-kör A1 középpontját S-sel összekötő egyenes a háromszögből az AA1 súlyvonalat metszi ki, és A1A=3A1S=3A1C=3BC/2. Így az AA1C derékszögű háromszög megszerkeszthető átfogójából és egyik befogójából, végül B-t C-nek A1-re való tükörképe adja.
Az ABC▵ megfelel, mert BC az előírt és merőleges CA-ra, az A1A szakasz súlyvonal, és az ezt harmadoló S pontra, a súlypontra nézve A1S=A1C=A1B, tehát S rajta van BC Thalész-körén, így BS és CS a súlyvonalak egyenesei, és merőlegesek.
 
Szeredi Péter (Budapest, Rákóczi F. g. II. o. t.)
 

Megjegyzések. 1. Lényegében azonos ezzel, ha először az S-en átmenő, BC-vel párhuzamos egyenesnek AC-vel való metszéspontját B2-vel jelölve az SAB2▵-et szerkesztjük meg abból, hogy az utóbbi megoldás szerint SA=BC, és SB2= =2CA1/3=BC/3.
2. Az olvasóra hagyjuk annak belátását, hogy ez a szerkesztés is érvényes tetszés szerinti BCA∢ esetén, de csak ha BSC∢=90∘.
 

III. megoldás. Az AB átfogó C1 felezőpontja az ABC▵ köré írt kör középpontja, így a BC1S derékszögű háromszögben C1S=C1C/3=C1B/3. Ennek alapján tetszőleges B*C1* szakaszból kiindulva az ábrához hasonló ábrát szerkesztünk: a B*C1* fölötti Thalész-félkört metsszük a C1* körüli, B*C1*/3 sugarú körívvel S*-ban, a C1*S* félegyenesre felmérjük C1*C*=B*C1*-ot, továbbá vesszük B*-nak C1*-ra való A* tükörképét, végül az A*B*C*▵-et úgy nagyítjuk, hogy B*C* megfelelője egyenlő legyen BC-vel.
A szerkesztés helyességének bizonyítását az olvasóra, bízzuk.
 
Kafka Péter (Pannonhalma, Benedek-rendi g. II. o. t.)
bizonyítás nélküli dolgozata
 

Megjegyzés. Hasonlóan érünk célba, ha a tetszőleges B*B1* szakasz fölé írt Thalész-félkört metsszük a szakaszra a B1*-tól számított S* első harmadoló pontjában állított merőlegessel a C* pontban, majd megszerkesztjük C*-nak B1*-ra való A* tükörképét, így az A*B*C* hasonló a keresetthez.
 
Herczog László (Budapest, I. István g. I. o. t.)
bizonyítás nélküli dolgozata
 

IV. megoldás. Mivel C1AC egyenlő szárú háromszög, és a súlyvonalak merőlegesek, azért B1BC∢=C1CA∢=C1AC∢, és így B1BC és BAC hasonló derékszögű háromszögek. Megfelelő befogó-párjaik aránya egyenlő: B1C:BC=BC:AC=BC:2B1C, amiből 2B1C2=BC2, és így AC=2B1C=BC2. Ebből a következő szerkesztés adódik.
Az adott BC szakaszra mindkét végpontjában merőlegest állítunk, az elsőre felmérjük a BD=BC szakaszt, a másodikat metsszük a C körüli, CD sugarú körívvel az A pontban.
Az ABC▵ megfelel a követelményeknek, mert BC oldala és BCA szöge az előírt, és megszerkesztve BB1 és CC1 súlyvonalait, ezek merőlegesek. Valóban, a szerkesztés és a számítás szerint BB1C és ABC hasonló háromszögek ellentétes körüljárással, C1CA egyenlő szárú háromszög, CC1B1 és ABC hasonló háromszögek ellentétes körüljárással, így BB1C és CC1B1 megegyező körüljárású, hasonló háromszögek, egymásba átvihetők forgatva nyújtással, és e forgatás szöge 90∘, mert BC és CB1 megfelelő befogóik merőlegesek. Ennélfogva BB1 és CC1 átfogóik is merőlegesek.
 
Kele András (Nagykanizsa, Landler J. g. I. o. t.)
 

Megjegyzés. Szerkesztésük helyességét csak az alább felsorolt versenyzők bizonyították. A bizonyítás nélküli dolgozatokat nem tekintettük teljeseknek.