Feladat: 95. matematika feladat Korcsoport: - Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1895/május, 132 - 133. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Terület, felszín, Projektív geometria, Háromszögek szerkesztése, Hiperbola, mint mértani hely, Geometriai transzformációk, Szinusztétel alkalmazása, Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1894/december: 95. matematika feladat

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

Harmadik megoldás Dr. Klug Lipót egyetemi magán tanár úrtól.

 
A feladat megoldása a hiperbola következő ismert tulajdonságára alapítható:
 
A hiperbola egy változó érintője és a két aszimptotája oly háromszögeket kerítenek be, melyeknek területei egyenlők egymással.
Osszuk az adott ABC háromszög BC,CA,AB oldalait az A1,A2;B1,B2;C1,C2 pontokban belsőleg m:n=λ viszony szerint; az AA1,AA2,BB1,... egyenesek az adott háromszöget λ viszony szerint osztják.
AB,AC egyenesek, mint egy hiperbola aszimptótái és BA2 mint annak érintője meghatározzák a hiperbolát α-t; ennek fő- és melléktengelye az A szög bel- és külszögének felezői. Ha a B,B2 pontokon keresztül kört írunk le, melynek középpontja a hiperbola melléktengelyén van, akkor e kör a főtengelyt az α hyperbola gyújtópontjaiban metszi, míg az A pontból a gyújtópontokon keresztül leírt kör az AB,AC aszimptotákat egy derékszögű négyszög szögpontjaiban vágja, melynek a főtengelyre merőleges oldalai az α hiperbola csúcsérintői.
Az α hiperbolának ekként meg lévén határozva két csúcsa és gyújtópontja, a P pontból ahhoz körző- és vonalzóval érintő vonható, mely, ha oly helyzetű, hogy metszőpontjai az AB,AC aszimptotákkal még az AB,AC vonaldarabon vannak, az ABC háromszöget a kívánt módon osztja.
*

A mi annak megítélését illeti, hogy a P-nek mily helyzeténél lehet α-hoz 0,1,2 oly érintőt húzni, a mely a feladat követelményeinek megfelelőleg osztja az ABC háromszöget, a következőkre kell gondolnunk.
A α hiperbolának nemcsak a BB2, hanem a CC1 is érintője, még pedig e vonaldarabok felező pontjában, és BB,CC,α vonalak egy háromszög alakú idomot ▵-t határolnak. Ha az adott P pont e ▵-ban van, akkor abból 2 érintő húzható, ha ellenben a BB2,CC1 képezte szögek ama két csúcsszögében fekszik, melyben a ▵ nincsen, akkor abból 1 érintő húzható; végre a P pontnak minden más helyzeténél abból 0 érintő húzható α-hoz, mely az ABC háromszöget a kívánt módon osztja.
Az AB,AC aszimptóták és BB1,CC2 érintők egy α' hiperbolát úgyszintén BC,BA,CC2,AA1; BC,BA,CC1,AA2; CA,CB,AA2,BB1; CA,CB,AA1,BB2 aszimptoták és érintők β,β',γ,γ' hiperbolákat határoznak meg, melyek mind oly tulajdonságnak, hogy a P-ből hozzájok húzott érintők az ABC-t a kívánt módon oszthatják. E hiperbolák közül a βγ,γα,αβ párok egymást 2 valós, βγ',γ'α',αβ' egymást 2 képzetes pontban metszik, melyek az ABC háromszög AA',BB',CC' súlyvonalain fekszenek, és azonkívül egymást BC,CA,AB egyenesek végtelen távol fekvő pontjaiban érintik.
E hat hiperbolának csak azon hat ívét vegyük tekintetbe, melyeknek határoló pontjai az AA1,AA2,BB1,BB2,CC1,CC2 érintők érintőpontjai, - mert csak ezen íveken fekvő pontoknak érintői adnak helyes osztóvonalakat - és jelöljük ezen íveket akképpen, mint az egyes hiperbolákat.
Az αβ'γα'βγ' hatoldal λ<1 értéknél háromféle lehet, t. i., hogy az αβγ görbeoldalú háromszög konvex oldalú vagy konkav oldalú, vagy az ABC háromszög súlypontjává fajul el, a szerint a mint
λ⋚45.

E három esetben az αβγ görbevonalú háromszög kerületén belül fekvő P pontokra a feladatnak 0,6, illetve három megoldása van; magán a kerületén fekvő P pontokra 1,5 illetve 3; annak csúcsaiban fekvő P pontokra 2,4 illetve 3.
Mind a három esetben az α'βγ,β'γα,γ'αβ háromszögön belülfekvő pontokra a feladatnak 4 megoldása, ezeknek kerületein fekvő pontokra 3 megoldása, végre bármily más helyzetű P pontra a feladatnak 2 megoldása van.
Ha λ=1, akkor az α,α', valamint a ββ' és γ,γ' hiperbolák egyesülnek és αβγαβγ' hatoldal egy konkávoldalú háromoldallá fajul. E háromoldal kerületén belül fekvő P pontokra a feladatnak 3, a kerületén fekvő pontokra 2, és P-nek minden más helyzeténél csak 1 megoldása van.