Kezdőlap


Feladat:	1038. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bartók I. , Bíró A. , Braun I. , Dömény I. , Fekete M. , Haar A. , Heimlich P. , Hirschfeld Gy. , Jánosy Gyula , Kertész G. , Kiss J. , Neidenbach E. , Paunz Arthur , Pichler S. , Rássy P. , Rosenberg J. , Schuster Gy. , Schwemmer I. , Schöffer I. , Sonnenfeld J. , Szűcs A. , Söpkéz Gy. , Tóth B. , Végváry I.
Füzet:	1902/december, 116 - 117. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek szerkesztése, Magasságvonal, Szögfelező egyenes, Háromszögek hasonlósága, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1902/április: 1038. matematika feladat

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

I. megoldás. Tekintsük a feladatot megoldottnak és rajzoljunk $A_{1}$ -ből merőlegest az $A C$ -re, melynek talppontja $D$ , akkor, minthogy:

\begin{matrix} A B A_{1} Δ ≅ A D A_{1} Δ, \end{matrix}

azért

\begin{matrix} A_{1} D = A_{1} B . \end{matrix}

A háromszög megszerkesztése tehát így történik. Egy tetszőleges egyenesen kijelöljük a

B

és

A_{1}

pontokat, úgy hogy

B A_{1}

egyenlő az adott távolsággal.

B

-ben a felvett egyenesre emelt merőlegesen fekszik majd

A

, mert

B ∢ = 90^{\circ}

. Rajzoljunk most

B

körül az adott magassággal és

A_{1}

körül az adott

B A_{1}

darabbal, mint sugarakkal köröket, akkor e két kör közös érintője adja a háromszög átfogóját.
Bizonyítás. Szerkesztésünk értelmében

B

szög csakugyan

90^{\circ}

és ha a közös érintő érintéspontjai

B_{1}

és

D_{l}

akkor

B_{1}

szög is

90^{\circ}

, tehát

B B_{1}

csakugyan az adott magassággal egyenlő, másrészt pedig

D

szög is

90^{\circ}

, tehát

A_{1} D = B_{1} A

is merőleges az átfogóra.
A feladatnak mindig van megoldása, ha

\begin{matrix} B A_{1} > \frac{B B_{1}}{2} . \end{matrix}

Ha azonban

\begin{matrix} B A_{1} < \frac{B B_{1}}{2} . \end{matrix}

akkor közös érintő egyáltalában nincs, míg

\begin{matrix} B A_{1} = \frac{B B_{1}}{2} . \end{matrix}

esetében a közös érintő és így az átfogó merőleges lenne

B A_{1}

-re, a mi szintén lehetetlen.

(Jánosy Gyula, Budapest.)

A feladatot még megoldották: Braun I., Biró A., Bartók I., Dömény I., Fekete M., Haar A., Heimlich P., Hirschfeld Gy., Kiss J., Kertész G., Neidenbach E., Pichler S., Rosenberg J., Rássy P., Sonnenfeld J., Söpkéz Gy., Schuster Gy., Schwemmer I., Schöffer I., Szücs A., Tóth B., Végváry I.

II. megoldás. Képzeljük a feladatot megoldva és bocsássunk

A_{1}

-ből

A C

-re merőlegest, melynek talppontja

F

. Rajzoljunk továbbá

A_{1}

-ből az átfogóval párhuzamost, mely

B B_{1}

-et

E

-ben metszi, akkor:

\begin{matrix} B E = B B_{1} - E B_{1} \end{matrix}

és mert

\begin{matrix} E B_{1} = A_{1} F = B A_{1} \end{matrix}

azért

\begin{matrix} B E = B B_{1} - B A_{1} \end{matrix}

A szerkesztés tehát így eszközölhető: Szerkesztünk olyan derékszögű háromszöget, melynek átfogója

B A_{1}

és egyik befogója

B E = B B_{1} - B A_{1}

. Most

B E

meghosszabbítására rámérjük a

B B_{1}

magasságot és

B_{1}

-ben

E A_{1}

-gyel párhuzamost vonunk, mely

B A_{1}

meghosszabbítását

C

-ben és az erre

B

-ben emelt merőlegest pedig

A

-ban metszi.

(Paunz Arthur, Pécs.)

A feladatot így még Dömény I. oldotta meg