Kezdőlap


Feladat:	1952. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1952/október, 39 - 41. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek szerkesztése, Körülírt kör, Beírt kör, Húrnégyszögek, Középponti és kerületi szögek, Egyenes, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Hozzáírt körök, Arany Dániel
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/október: 1952. évi Arany Dániel matematikaverseny 1. forduló haladók (speciális) 3. feladata

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

I. megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak. Legyen az adott szög $α$ a háromszög köré írt kör középpontja $K$ és sugara $r$ , beírt kör középpontja $O$ és sugara $ϱ$ . (1. ábra).

1. ábra

B O C ▵

-ből

B O C ∢ = 180^{\circ} - \frac{β}{2} - \frac{γ}{2} = \frac{360^{\circ} - (β + γ)}{2} = \frac{180^{\circ} + [180^{\circ} - (β + γ)]}{2} = \frac{180^{\circ} + α}{2} = 90^{\circ} + \frac{γ}{2}

.
A kerületi szögek tétele alapján a

K

középpontú és

r

sugarú körben tetszőleges a kerületi szög szárainak a körrel való metszéspontjai megadják a háromszög

B C = a

oldalát.
Az

O

pont ‐ a fentiek szerint ‐ rajta van azon a

B C

köríven, melynek pontjaiból a

B C

távolság

90 + \frac{α}{2}

szög alatt látszik és amely körív a

B C

oldalnak ugyanazon az oldalán van, mint az

α

szög csúcspontja. E látószög-kör középpontját

P

-vel jelölve, a központi és kerületi szög közötti összefüggés alapján

\begin{matrix} B P C ∢ = 360^{\circ} - 2 (90 + \frac{α}{2}) = 180^{\circ} - α, \end{matrix}

(1)

vagyis az

A B P C

négyszög húrnégyszög és így a

P

pont a

B C

ív felezőpontja.
Egy másik geometriai hely

O

-ra nézve a

B C

egyenestől

ϱ

távolságban a

B C

-vel párhuzamosan húzott egyenes, a

B C

egyenesnek ugyanazon az oldalán, mint az előbbi körív.
A két mértani hely egyik metszéspontja a keresett

O

pont.

O

körül

ϱ

sugárral rajzolt körhöz a

B

és

C

pontokból szerkesztett érintők metszéspontja

A

(amely rajta van a köré írt körön) a keresett háromszög harmadik csúcspontja. (Általában két pontot kapunk

O

számára, de mindkettő egybevágó háromszögekre vezet, tehát csak egy megoldásról beszélünk.)
Határozzuk meg a megoldhatóság feltételeit. Jelöljük az

a

oldal felezőpontját

A_{1}

-gyel és a

P A_{1}

egyenesnek metszéspontját a látószög-körívvel,

Q

-val. Megoldás nyilván csak akkor van, ha

ϱ ≦ A_{1} Q

Mivel (1) alapján az

A_{1} B P ∢ = \frac{α}{2}

, azért

\begin{matrix} A_{1} P = \frac{a}{2} tg \frac{α}{2} = \frac{a sin \frac{α}{2}}{2 cos \frac{α}{2}} \end{matrix}

és

\begin{matrix} P Q = P B = \frac{a}{2 cos \frac{α}{2}} \end{matrix}

amiből

\begin{matrix} A_{1} Q = P Q - A_{1} P = \frac{a}{2 cos \frac{α}{2}} - \frac{a sin \frac{α}{2}}{2 cos \frac{α}{2}} = \frac{a (1 - sin \frac{α}{2})}{2 cos \frac{α}{2}} . \end{matrix}

\begin{matrix} De a = 2 r sin α = 4 r sin \frac{α}{2} cos \frac{α}{2} \end{matrix}

\begin{matrix} és így A_{1} Q = 2 r sin \frac{α}{2} (1 - sin \frac{α}{2}) . \end{matrix}

Tehát megoldás csak akkor van, ha

\begin{matrix} ϱ ≦ 2 r sin \frac{α}{2} (1 - sin \frac{α}{2}) \end{matrix}

Egyenlőség esetén

ϱ = A_{1} Q

és a háromszög egyenlő szárú

(b = c)

.
Állandó

r

esetén a jobboldal akkor [maximális, ha

sin \frac{α}{2} (1 - sin \frac{α}{2})

maximális. Egy szorzat pedig, amelyben a tényezők összege állandó, akkor veszi fel a legnagyobb értéket, ha a tényezők egyenlők, vagyis

sin \frac{α}{2} = \frac{1}{2}

, amiből

a = 60^{\circ}

és

ϱ ≦ \frac{r}{2} \cdot ϱ

maximális értéke tehát

\frac{r}{2}

és ezt akkor veszi fel, ha

a = 60^{\circ}

és azonkívül

β = γ = 60^{\circ}

, vagyis a háromszög egyenlő oldalú. L. >>K. M. L<< I. évf. 1948. május , 167. sz. feladat.)

II. megoldás: Felhasználjuk ezt a tételt (I. osztályos tankönyv 1950‐es kiadás, 285. oldal), mely szerint egy háromszög beírt és hozzáírt körének egy-egy közös külső érintő oldalon lévő két érintési pontjának távolsága egyenlő a harmadik oldallal, amely a fenti két kör közős belső érintőjének a külső érintők közé eső szakasza.

2. ábra

Eszerint a szerkesztés menete: a

B C = a

háromszög oldal szerkesztése ugyanúgy történik, mint az I.megoldásban. Felvesszük az

α

szöget és szerkesztünk egy

ϱ

sugarú, mindkét szárt érintő kört (2. ábra). Az egyik szögszáron az érintés: pontból kiindulva felmérjük ‐ a szög csúcspontjától távolodó irányban ‐ az

a

távolságot. Az így nyert pont lesz az említett tétel alapján a hozzáírt. kör érintési pontja. A beírt és hozzáírt kör egy közös belső érintője metszi ki az

α

szög száraiból a

B

és

C

csúcspontokat.
A megoldhatóság feltétele: a hozzáírt kör középpontját

O_{1}

-gyel és sugarát

ϱ_{1}

-gyel jelölve, feladatunk csak akkor oldható meg, ha

ϱ + ϱ_{1} ≦ O O_{1}

. De

\begin{matrix} ϱ_{1} = ϱ + a \end{matrix}

és így feltételünk

\begin{matrix} 2 ϱ + \frac{asin\frac{α}{2}}{cos \frac{α}{2}} ≦ \frac{a}{cos \frac{α}{2}}, \end{matrix}

amiből

ϱ ≦ \frac{a (1 - sin \frac{α}{2})}{cos \frac{α}{2}} = 2 r sin \frac{α}{2} (1 - sin \frac{α}{2})

, ami megegyezik az I. megoldásból nyert feltétellel