Kezdőlap


Feladat:	1405. matematika gyakorlat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Erdődy Valéria , Farkas László , Gábos András , Kovács Ferenc , Müller Mariann , Nagy János , Papp Ferenc , Sliz Miklós , Somogyi Antal , Szecsői Sándor
Füzet:	1973/november, 134 - 136. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Derékszögű háromszögek geometriája, Szögfelező egyenes, Beírt kör, Hozzáírt körök, Kombinatorikai leszámolási problémák, Trapézok, Paralelogrammák, Körérintési szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1972/február: 1405. matematika gyakorlat

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

1. Legyen az $A B C$ háromszögbe beírt $k$ kör középpontja $O$ , a $B C$ oldalhoz hozzáírt (vagyis a $B C$ oldalszakaszt kívülről, valamint az $A B$ , $A C$ oldalak meghosszabbításait érintő) $k_{a}$ kör középpontja $O_{a}$ , és hasonlóan a $C A$ , ill. $A B$ oldalhoz hozzáírt $k_{b}$ , ill. $k_{c}$ kör középpontja $O_{b}$ ill. $O_{c}$ . Két egymáson kívül álló körnek ‐ ilyen a $k$ , $k_{a}$ , $k_{b}$ $k_{c}$ -ből vett bármelyik pár is ‐ négy közös érintője van, két külső és két belső, és a párok egymás tükörképei a két kör egyetlen közös szimmetriatengelyére, a középpontjaikat összekötő egyenesre, az ún. centrálisukra. Más szóval: a centrális felezi mind a közös külső, mind a közös belső érintők közti szöget.
Bármelyik 2 körünknek 3 közös érintője a háromszög 3 oldalegyenese, így minden pár esetében egy közös érintőt kell megrajzolnunk. Vegyük pl. a $k$ , $k_{c}$ körpárt, ezekre nézve a $C A$ , $C B$ oldalegyenesek a közös külső érintők, az $O O_{c}$ , centrális a $B C A$ szög $f_{c}$ szögfelezője, tehát a negyedik közös érintő az $A B$ egyenesnek $f_{c}$ -re való $A_{c} B_{c} = e_{c}$ tükörképe, ahol $A_{c}$ , a $C B$ -n, $B_{c}$ a $C A$ egyenesen van rajta (1. ábra).

1. ábra

Hasonlóan a

k_{a}

k_{b}

körpár esetében

C A

és

C B

a közös belső érintők, az

O_{a} O_{b}

centrális a háromszög

C

csúcsánál levő külső szögek

f'_{c}

felezője, így a negyedik közös érintő megint az

A B

egyenes tükörképe, ezúttal

f'_{c}

-re, az

A'_{c} B'_{c} = g_{c}

egyenes, ahol

A'_{c}

C B

egyenesen,

B'_{c}

C A

egyenesen van.
Azt állítjuk, hogy a

C

csúcs körüli

180^{\circ}

-os elfordítással (vagyis a

C

pontra való tükrözéssel)

e_{c}

és

g_{c}

egymásba mennek át, tehát párhuzamosak egymással. Valóban,

A_{c}

és

A'_{c}

C B

egyenesen vannak és a két tükrözés folytán

A'_{c} C =

= A C = A_{c} C

, és ugyanígy

B'_{c} C = B_{c} C

, és ez igazolja állításunkat.
Ugyanígy párhuzamosak a 4 körből a

k

k_{a}

és

k_{b}

k_{c}

párokat alakítva az

e_{a}

, ill.

g_{a}

negyedik érintők is, végül a

k

k_{b}

és

k_{a}

k_{c}

körpárok

e_{b}

g_{b}

érintői. (Többféleképpen nem kapunk negyedik érintőt, hiszen

k

párjaként sorra vettük a többi 3 kört, és mindig vettük a 2 kimaradt kört is.)

2. Mivel a feladat trapézok, paralelogrammák oldalegyeneseit keresi a rajzolt 6 egyenes közt, meg kell vizsgálnunk, léphet-e fel további párhuzamosság az eddigi 3 pár egy-egy tagja, pl. az

e_{a}

e_{b}

e_{c}

egyenesek közt.
Válasszuk a háromszög betűzését úgy, hogy a szokásos jelölésekkel a szögekre álljon

α < β < γ

, vagyis

β < 90^{\circ}

(2. ábra).

2. ábra

Ekkor a tükrözés és a külső szögek tétele alapján az

e_{a}

e_{b}

e_{c}

egyenes a

B A

irányból rendre

\begin{matrix} γ, 180^{\circ} - γ, β - α \end{matrix}

irányú elfordulással áll elő. Eszerint

e_{a} ∥ e_{b}

, ha

γ = 90^{\circ}

; viszont

e_{a} ∥ e_{c}

nem lehetséges, mert

β - α = γ = 180^{\circ} - β - α

-ból

β = 90^{\circ}

következik; végül lehetetlen

e_{b} ∥ e_{c}

is, mert ez

β - α = 180^{\circ} - γ = β + α

-ra,

α = 0^{\circ}

-ra vezet. Eszerint derékszögű háromszög esetében 6 egyenesünk közül 4 párhuzamos, és ezek különbözők (hiszen pl.

C_{a}

és

C_{b}

, egybeesése azt jelentené, hogy

C A + C B = B C

, ami lehetetlen, 3. ábra).

3. ábra

Ha pedig nincs a háromszögben derékszög, akkor a párhuzamos érintőpárok irányai különbözők.
3. A kérdésre visszatérve, ha az

A B C

háromszög nem derékszögű, a hat érintő egyenes közül bármely négyet kiválasztva, mindig van köztük két párhuzamos, de nincs kettőnél több. Így létrejön négyszög, és az mindenesetre trapéz. Hányféleképpen lehet a négy egyenest kiválasztani ? Ahányféleképpen megmaradó két egyenest ,,mellőzhetjük'':

\frac{6 \cdot 5}{2} = 15

(a szimmetria miatt osztunk 2-vel).
Tehát 15 trapéz jön létre. Ezek között lehetnek konvexek és hurkoltak, vagyis olyanok, amelyeknek szárai a két párhuzamos egyenes közt metszik egymást, esetleg elfajulók, továbbá paralelogrammák, ha mindkét pár oldaluk párhuzamos. Paralelogrammát akkor kapunk, ha a kiválasztott négy egyenes páronként párhuzamos, vagyis a három párból egy teljes párt hagyunk el. Ilyen a 15 lehetőség közül 3.
Ha a háromszög derékszögű, az átfogóra merőleges 4 érintő közül egyszerre csak 2-t választhatunk, ezért a más irányú két párhuzamosnak mindenesetre közte kell lennie a négyszög oldalegyeneseinek. 4 közül 2-t 6-féleképpen választhatunk (mint fönt a köröknél láttuk), itt tehát 6 kiválasztás lehetséges, és ezek mindig paralelogrammát adnak.

Megjegyzés. Nem említettük a megoldás során a feladatnak azt a megszorítását, hogy a háromszög oldalai közt nincs két egyenlő hosszú. Ennek ellenére kihasználtuk ezt abban, hogy

e_{c}

különböző az

A B = c

oldalegyenestől, s i. t. Ugyanis

e_{c}

akkor és csak akkor azonos

c

-vel, ha az

f_{c}

szögfelező merőleges

c

-re, azaz ha

C A = C B

. Az ilyen esetek kizárásával elébe vágtunk az olyan helyzetek vizsgálatának, ahol 6-nál kevesebb lesz a megrajzolt érintő egyenesek száma.