Kezdőlap


Feladat:	Gy.3003	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):	Poronyi Gábor
Füzet:	1996/február, 84. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/szeptember: Gy.3003

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

3 0mm 68mm Jelöljük a nagyobbik kör sugarát $R$ -rel, a kisebbikét $r$ -rel, a szerkesztendő háromszög befogóit pedig $a$ -val és $b$ -vel. Ekkor felírhatjuk a következő egyenleteket:

\begin{matrix} \begin{matrix} \frac{a^{2}}{4} π + \frac{b^{2}}{4} π & = R^{2} π, & (1) \\ \frac{a^{2}}{4} π - \frac{b^{2}}{4} π & = r^{2} π . \end{matrix} \end{matrix}

A két egyenletet összeadva kapjuk, hogy

\frac{a^{2}}{2} π = (R^{2} + r^{2}) π

, azaz

\begin{matrix} a^{2} = {(\sqrt[]{2} R)}^{2} + {(\sqrt[]{2} r)}^{2} . \end{matrix}

Ennek alapján Pitagorasz tételét felhasználva

a

-t könnyen megszerkeszthetjük (1. ábra).
Az (1) egyenletből látható, hogy az

a

és

b

befogójú derékszögű háromszög átfogója

2 R

. Ezért a keresett

A B C

háromszöget megkapjuk, ha az

a = C A

szakaszra

C

-ben állított merőlegest az

A

középpontú

2 R

sugarú körrel elmetsszük.
A feladatnak minden esetben egy megoldása van.

Poronyi Gábor (Pécs, Janus Pannonius Gimn., I. o.t.)