Feladat: 1279. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Arvay L. ,  Bacsó G. ,  Balog J. ,  Balogh Z. ,  Bodnár István ,  Breuer P. ,  Csernátony Géza ,  Domokos Mária (Makó) ,  Fazekas I. ,  Forró S. ,  Füredi Z. ,  Gál Péter ,  Gál Tibor ,  Győri E. ,  Hermann P. ,  Horváth Ferenc ,  Horváth Jenő ,  Horváth László ,  Horváth Mária ,  Kertész Á. ,  Kirchner I. ,  Kovács I. ,  Kramer A. ,  Langsádi I. ,  Lévai Miklós ,  Major Imre ,  Molnár Gy. ,  Molnár József ,  Móri T. ,  Oláh Vera ,  Pach J. ,  Pap Gy. ,  Reiczigel J. ,  Szarka Imre ,  Tarsó B. ,  Tegze M. ,  Turán Gy. ,  Varga György ,  Varga Mária 
Füzet: 1970/szeptember, 22 - 24. oldal  PDF file
Témakör(ök): Párhuzamos szelők tétele, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/november: 1279. matematika gyakorlat

Adott két különböző szakasz. Szerkesszünk olyan háromszöget, melynek két magassága az adott szakaszokkal, harmadik magassága pedig a két szakasz összegével egyenlő.

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

I. megoldás. 1. Jelöljük az adott szakaszokat ma, mb-vel úgy, hogy mamb legyen, így a háromszög harmadik magassága mc=ma+mb. A háromszög t területét felhasználva a rájuk merőleges oldalak rendre:

a=2t1ma,b=2t1mb,c=2t1mc.
Innen
a:b:c=1ma:1mb:1mc,(1)
vagyis a háromszög oldalainak arányát megadja a megfelelő magasságok reciprokainak aránya. Az utóbbiak ismeretében a keresetthez hasonló háromszöget szerkesztünk, majd ezt úgy nagyítjuk (ill. kicsinyítjük), hogy legkisebbik magassága ma legyen.
2. Egy tetszés szerinti szakaszt hosszúságegységnek választva a magasságok reciproka szerkeszthető, pl. egy szög szárait párhuzamos egyenesekkel metszve. Legyen mb=1, mérjük fel ezt a szakaszt az X0OX' szög OX0 szárára ‐ legyen a végpontja B0 ‐ , OX'-re pedig az OA'=ma, OB'=mb(=1) és OC'=mc=ma+mb szakaszt és húzzuk meg a párhuzamost B'-n át A'B0-lal és C'B0-lal, az OX0-lal való A0, ill. C0 metszéspontig (1. ábra).
 
 
1. ábra
 

Ekkor
OA0:OB0=OB':OA'ésOC0:OB0=OB':OC'
alapján az OA0=1/OA'=1/ma=a0, OC0=1/mc=c0, továbbá 1/mb=OB0=b0 szakaszokból szerkesztett A*B*C* háromszög hasonló a keresetthez. Ezért a B*A* egyenest B*C*-tól ma távolságban, az A pontban metszve, végül a B*C* egyenest az A-n átmenő, A*C*-gal párhuzamos egyenessel C-ben metszve, AB*C egy a követelményt kielégítő háromszög (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

3. Valóban az AB*C háromszög A-ból induló magassága ma, és véve a B*-ból és C-ből húzott mb¯, ill. mc¯ magasságait, ezek reciprokainak aránya (1), valamint a végzett szerkesztések szerint:
1ma:1mb¯:1mc¯=B*C:CA:AB*=B*C*:C*A*:A*B*=OA0:OB0:OC0,
továbbá egyrészt
1ma:1mb¯=OA0:OB0=OB':OA'=1:ma,
innen mb¯=1=mb; másrészt
1mb¯:1mc¯=OB0:OC0=OC':OB'=(ma+mb):1,
innen pedig a legutóbbi eredmény alapján
mc¯=ma+mb.
 

4. A szerkesztés végrehajtható volta csak azon múlik, létrejön-e az A*B*C* háromszög, vagyis legnagyobb oldala kisebb-e a másik kettő összegénél, azaz teljesül-e
1ma<1mb+1ma+mb.
Innen rendezéssel
(mamb)2+(mamb)>1,(mamb+12)2>54,
ugyanis a szakaszok pozitívok. Eszerint a szerkesztés végrehajtható, ha
(0,618)5-12<mamb1.

Bodnár István (Eger, Gárdonyi G. Gimn., II. o. t.)

Csernátony Géza (Budapest, L László Gimn., II. o. t.)

Lévai Miklós (Tata, Eötvös J. Gimn., I. o. t.)

Szarka Imre (Komárno, Ált. Középisk., Szlovákia)
 

Megjegyzés. Megemlítünk két más eljárást szakaszok reciprokának, ill. azzal arányos szakasznak szerkesztésére. A DE=1 szakaszra E-ben merőlegesen álló e egyenesre felmérjük az EF=m szakaszt, majd e-t metsszük az FD-re D-ben állított merőlegessel a G pontban, ekkor EG=1/m (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Egy k kör (egymáshoz elég közel választott) P és Q pontja körül kört írunk ma, ill. mb sugárral, majd ezeknek a körön kívül fekvő R metszéspontja körül ma+mb sugárral. Jelöljük k-nak az utóbbi körrel való egyik metszéspontját S-sel, továbbá az RP, RQ, RS egyenessel való második metszéspontját rendre P1 gyel, Q1-gyel, S1gyel (4. ábra).
 
 
4. ábra
 

Ekkor RPRP1=RQRQ1=RSRS1=állandó=p2 (p az R-ből k-hoz húzott érintő hossza), és pl. RP1=p2/ma. (V.L.)
 

II. megoldás. Tekintsünk el egyelőre az mc=ma+mb összefüggéstől, és legyen mc is független adat. Az (1)-ben látott fordított arányosságot felhasználó, tetszetős elgondolás a következő. Azt, hogy az oldalak arányosak a megfelelő magasságok reciprokával, úgy is mondhatjuk, hogy az oldalak reciprokai arányosak a megfelelő magasságokkal. Szerkesszünk tehát segédháromszöget ma-ból, mb-ből és mc-ből mint oldalakból és tekintsük ennek (rendre) μa, μb, μc magasságát. Ezek is és a keresett háromszög oldalai is olyan (összetett) arányban vannak, mint (1/ma):(1/mb):(1/mc), tehát a μa-ból, μb-ből és μc-ből mint oldalakból szerkesztett háromszög hasonló a keresetthez. Ebből a már látott módon kaphatjuk a keresett háromszöget.
Az elgondolásnak azonban van egy szépséghibája; a háromszög magasságaiból nem mindig szerkeszthető háromszög. (Gondoljunk hegyes ék alakú egyenlő szárú háromszögre, ilyen már az 1, 3, 3 oldalakkal szerkesztett háromszög is.) Eredeti feladatunkban is ez a helyzet. Eljárhatunk azonban úgy, hogy a segédháromszöget (a mondott helyett) a
2ma,mb,ma+mb
szakaszokból szerkesztjük mint oldalakból. Ebben a μa*, μb, μc magasságok aránya
μa*:μb:μc=12ma:1mb:1ma+mb=a2:b:c
(ahol a, b, c a keresett háromszög oldalai), ezért a 2μa*, μb, μc szakaszokból mint oldalakból szerkesztett háromszög hasonló a kívánthoz. ‐ Ezt tudva az I. megoldás záró része szerint járhatunk el.
A segédháromszög az alkalmazott fogással megszerkeszthető (mert legnagyobb oldala ma+mb), ez azonban nem biztosítja, hogy a 2μa*, μb, μc szakaszokból mindig kapunk háromszöget. Ennek feltételéül ugyanazt kapjuk, mint az I. megoldásban.