Kezdőlap


Feladat:	1418. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bizám György , Bolgár Imre , Csuri Vilmos , Fehér György , Fonó Péter , Freud Géza , Gáspár Rezső , Hoffmann Tibor , Kemény György , Komlós János , Krisztonosich Jenő , Lipsitz Imre , Mandl Béla , Sándor Gyula , Say Ferenc , Schreiber Béla , Sebestyén Gyula , Steiner Iván , Szerényi László , Szittyai Dezső , Taksony György
Füzet:	1938/május, 283 - 285. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feuerbach-kör, Háromszög nevezetes körei, A háromszögek nevezetes pontjai, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1938/március: 1418. matematika feladat

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

Az 1397. feladatban (II. megoldás) láttuk, hogy az $A B C △$ a hozzátartozó $I_{a} I_{b} I_{c} △$ -nek talpponti háromszöge; az $A B C △$ köré írt $k_{1}$ kör az $I_{a} I_{b} I_{c} △$ -re nézve Feuerbach-kör és ezen a magasságok talppontjain ( $A$ , $B$ , $C$ ), továbbá az oldalak felezőpontjain megy keresztül.

Ezek szerint az

I_{a} I_{b} I_{c} △

Feuerbach-körét meg tudjuk szerkeszteni; ugyanis középpontja a megadott

O

pont és keresztülmegy az

I_{a} I_{b}

távolság

F

felezőpontján. E kör sugara

O F

és e körnek az

I_{a} I_{b}

egyenessel való másik metszéspontja a a keresett háromszög

C

csúcsa.
Az

A

és

B

csúcsok meghatározása céljából tekintetbe vesszük, hagy egyrészt az előbbi

k_{1}

körön, másrészt ‐ Thales tétele szerint ‐ az

I_{a} I_{b}

átmérőjű

k_{2}

körön feküsznek. (Ezen kör középpontja

F

, sugara

\frac{1}{2} I_{a} I_{b}

)
Tehát

A

és

B

k_{1}

és

k_{2}

körök közös pontjai. Vizsgáljuk már most a szerkesztés lehetőségének feltételeit.

1^{0}

. Szükséges, hogy a

k_{1}

és

k_{2}

köröknek két közös pontjuk legyen. Minthogy a két kör centrálisa:

O F

, a

k_{1}

kör sugara, ez kisebb, mint e két sugár összege. Marad a következő feltétel kielégítése:

\begin{matrix} O F > \frac{1}{2} I_{a} I_{b} - O F vagy O F > \frac{1}{2} I_{a} I_{b}, \end{matrix}

2^{0}

. Az

I_{a} I_{b} I_{c} △

mindenkor hegyesszögű háromszög.¹ Tehát kell, hogy talpponti háromszögének csúcsai az oldalakra essenek (nem a meghosszabbításukra). A

C

pontnak

I_{a}

és

I_{b}

közé kell esnie, azaz

\bar{F C} < \frac{1}{2} I_{a} I_{b}

.
Ha

O

vetülete az

I_{a} I_{b}

egyenesen

P

, akkor

P

felezi

F C

-t (a

k_{1}

kör húrját), és így

F C = 2 F P

. Így

\begin{matrix} 2 F P < \frac{1}{2} I_{a} I_{b} ill. \bar{F P} < \frac{1}{4} I_{a} I_{b} ... . \end{matrix}

(II)

a szerkesztés lehetőségének további feltétele. E két feltételt kielégítve, az

A B C △

valóban szerkeszthető és megfelel a követelménynek.

Sándor Gyula (Kölcsey Ferenc g. VII. o. Bp. VI)

Jegyzet. Azon

O

pontok mértani helye, melyekre nézve

O F = \frac{1}{4} I_{a} I_{b}

oly

γ

kör, melynek középpontja az

I_{a} I_{b}

távolság

F

felezőpontja és sugara

\frac{1}{4} I_{a} I_{b}

Az I. feltétel azt jelenti, hogyha az

I_{a}

I_{b}

pontokat rögzítjük, az

O

pontnak a

γ

körön kívül kell feküdnie.
Húzzunk ezen

γ

körhöz az

M N

átmérőjének végpontjaiban érintőket. A II. feltétel azt jelenti, hogy az

O

pontnak ezen két egyenes között kell feküdnie.
A két feltételt egyesítve, az

O

pontnak a sík azon részében kell feküdnie, melyet ábránkban a vonalkázás jelez.

¹Ha

A B C △

szögei

α

β

γ

, és

I_{a} I_{b} I_{c} △

-é:

90^{\circ} - \frac{α}{2}

90^{\circ} - \frac{β}{2}

90^{\circ} - \frac{γ}{2}