Feladat: 1472. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: -
Füzet: 1974/november, 133 - 135. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Középvonal, Paralelogrammák, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1973/április: 1472. matematika gyakorlat

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

1. Jelöljük a keresett háromszög AC, CB, BA oldalának felezőpontját rendre D, E, G betűvel. Így az adott F pont a DEG közép háromszög EG oldalát felezi, ami egyben átlója a BEDG paralelogrammának, ezért felezi a BD átlót is, tehát D a B csúcs tükörképe F-re.
Evvel egy mértani helyet kaptunk D-re, hiszen B rajta lesz az O körüli, OA sugarú körön, ezért D rajta lesz a körnek F-re való tükörképén.
Másrészt D az O-ból AC-re bocsátott merőleges talppontja, OAD derékszögű háromszög, tehát D rajta van az OA szakasz mint átmérő fölötti Thalész-körön is. E két megállapítás alapján megszerkeszthető D, és tovább a B és C csúcs.

 

 

1. ábra
 

2. A szerkesztés menete: megrajzoljuk O körül az A-n átmenő k kört, majd ennek F-re való k' tükörképét és az OA sugár fölötti k'' Thalész-kört; ekkor k' és k'' közös pontja D; ezután B-t a DF egyenes, C-t pedig DA metszi ki k-ból.
3. Az így kapott ABC háromszög megfelel a feladat követelményeinek, mert egyrészt körülírt körének középpontja valóban O, másrészt OD⊥AD alapján D felezi az AC húrt, így a BD szakasz a háromszögnek súlyvonala, továbbá mivel B és D tükrösek F-re, azért e centrum felezi BD-t; megrajzolva az ABC háromszög AC-vel párhuzamos és egyirányú GE középvonalát, ez átlója a BDGE paralelogrammának, tehát áthalad F-en és FE=FG.
4. Rátérve a megoldhatóság kérdésére, vizsgáljuk meg, hogy rögzített A és O mellett mi a szóba jövő F pontok mértani helye. Már beláttuk, hogy D mértani helye a k'' kör, jelöljük ennek a középpontját O''-vel. Pontosabban mondva a mértani hely az a halmaz, amit úgy kapunk, hogy az A pontot kivettük k''-ből, jelöljük ezt a,,pont-híja kört'' d-vel. Mivel F a BD szakasz felezőpontja, d-ből úgy kapjuk meg F keresett mértani helyének pontjait, ha d-t a k-nak tetszőleges ‐ de A-tól különböző ‐ B pontjából felére zsugorítjuk.
 

 

2. ábra
 

E zsugorítás közben azonban figyelembe kell vennünk, hogy D nem lehet rajta az AB egyenesen (hiszen AC-nek pontja), emiatt a zsugorítás előtt még el kel hagynunk d-ből annak az AB egyenesen levő B1 pontját, és az igy kapott,,két-pont-híja kört'' kell felére zsugorítanunk B-ből. Jelöljük a d-ből B1 elhagyása után visszamaradó halmazt d(B)-vel, vagyis d(B) a k'' körnek az A és B1 pontok által határolt két körívéből áll a végpontok nélkül. Ha k''-t a k-nak tetszőleges, A-tól különböző B pontjából felére zsugorítjuk, olyan kört kapunk, amelynek középpontja a BO'' szakasz felezőpontja, B0, és sugara r/4, ahol r a k sugarát jelöli. Mivel B1 felezi az AB szakaszt, a zsugorítás A-t B1-be viszi, B1-et pedig az AB szakasz B-hez közelebbi negyedelő pontjába, B2-be.
Ha B bejárja k-nak A-tól különböző pontjait, B0 és B2 egy-egy kört járnak be, ezek közös K középpontja az OO'' szakasz felezőpontja, és sugara r/2, illetve 3r/4. Pontosabban fogalmazva B0B2 mértani helyét úgy kapjuk, hogy e körökből ‐ jelöljük őket k0-lal és k2-vel ‐ elhagyjuk az AK szakaszon levő pontjaikat, az AO'' szakasz felezőpontját, L-et, illetve A-t. A teljes d(B) halmaznak a B centrumú zsugorítás által adott képe az az f(B) halmaz, amelyet úgy kapunk a B0 körüli, r/4 sugarú körből, hogy elhagyjuk belőle a B1, B2 pontokat. Kérdés, mit súrol ki az f(B) halmaz, ha B bejárja az,,A-híja-k-t''.
A k0 pontjai körül r/4 sugárral írt körök azt a körgyűrűt súrolják ki, amelyet a K körüli r/4 sugarú k1 kör és a k2 körök határolnak. A körgyűrű tetszőleges belső pontján át két kör megy át közülük, a k1, k2 kör pontjain át pedig egy-egy. Mivel az f(B) halmazhoz B1 és B2 nem tartozik hozzá, azért k2 nem tartozik a keresett mértani helyhez, k'' pontjai pedig csak ,,egyszeresen'' tartoznak hozzá, ami azt jelenti, hogy míg a körgyűrű tetszőleges belső F pontjából kiindulva két megoldást kapunk, addig a k'' kör pontjaihoz csak egy megoldás tartozik, az O ponthoz pedig egyetlen egy sem. Ugyancsak egyszeresen vannak lefedve az L körüli r/4 sugarú kör pontjai, az O'' ponthoz pedig nem tartozik megoldás, hiszen B nem lehet azonos A-val (3. ábra, a nullkörök kizárt pontokat jelölnek).
 

 

3. ábra
 

Megjegyzés. Érdemes megemlíteni néhány speciális eredmény feltételét.
BAC∢=90∘ akkor adódik ‐ egyetlen megoldásként ‐, ha F a k1-nak (0-tól és O''-től különböző) pontja. ABC∢=90∘ akkor áll be ‐ egyik megoldásként ‐, ha F-et az O körüli r/2 sugarú körön választjuk meg (kivéve belőle persze O''-t, valamint a k2-re eső pontját). Végül ACB∢=90∘ akkor adódik ‐ egyik megoldásként ‐, ha B a k-ban az A-val átellenes pont, tehát ha F a k1-nek O-ra való tükörképén van (kivéve belőle persze O-t, valamint a k2-n levő pontját).