Kezdőlap


Feladat:	1175. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Bagdy Dániel , Bulkay Lajos , Dudás Imre , Fekete András , Freud Géza , Grosz László , Halász Iván , Holnapy K. , Klein József , Matolcsy Kálmán , Rotter Éva , Sándor Gyula , Steiner Iván , Száva I. , Szittyai Dezső , Vecsés J.
Füzet:	1937/szeptember, 9 - 10. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Beírt kör, Diszkusszió, Háromszögek szerkesztése, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1937/április: 1175. matematika gyakorlat

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

A keresett háromszög legyen az $A B C Δ$ és $b > c$ , azaz $γ < 90^{\circ}$ és $b - c < a$ .
Az $A C = b$ oldalon felmérjük az $A D = A B = c$ távolságot és $B$ -t összekötjük $D$ -vel. Az így keletkező $A C D Δ$ -ben $C D = b - c$ , $B C = a$ és az általuk bezárt szög $γ$ ismeretes. Eszerint a $B C D Δ$ megszerkeszthető és ezután az $A B D$ egyenlőszárú háromszög is.

Az adott

γ

szög egyik szárára felmérjük a

C B = a

távolságot, a másik szárára,

C X

-re a

C D = b - c = d

távolságot. A

B D

távolságra a felezőpontjában merőleges

e

egyenest állítunk; ahol

e

C X

-et metszi, ott lesz a háromszög harmadik csúcsa

A

.
Az

A

csúcsnak

C X

egyenesen

C D

meghoszszabbí́tására

D

-n túl kell esnie. Ha

C D = b - c = d = C H

, ahol

H

B

-ből

C X

-re bocsátott merőleges talppontja, akkor

e ∥ C X

és

A

a végtelenbe kerül.
Eszerint a feladatnak nincs megoldása, ha

\begin{matrix} b - c = d \geq C H = a cos γ . \end{matrix}

Halász Iván (Berzsenyi Daniel g. VI. o. Bp. V.)

Szittyai Dezső (Wagner Manó gimn. IV. o. Rákospalota)

Kiegészítés. Legyen a

C X

egyenesen

C B' = C B = a

. Ha

C H < d < C B'

, akkor az

e

egyenes a

C X

-t a

C

-n túl fogja metszeni,

A'

-ben. Az így keletkező

A' B C Δ

-ben a

C

csúcsnál

γ

helyett

180^{\circ} - γ

fekszik és

A' B - A' C = C D' = d

d = C B' = a

esetben az

e

egyenes a

C

csúcson megy keresztül, azaz

A'

és

C

összeesnek, háromszög nincs.

II. Megoldás. Az

A B C Δ

-ben legyen

b > c

és így

γ < 90^{\circ}

. Szerkesszük meg a beirt körét, mely a

B C = a

oldalt a

K

pontban érinti. Tudvalevőleg

C K = \frac{a + b - c}{2}

.
Ezen alapon az

A B C Δ

szerkesztése így végezhető: a megadott

B C = a

oldalra felmérjük a

C K = \frac{a + b - c}{2}

távolságot és a

C

-nél a

B C X = γ

szöget. A

γ

szög felezőjét a

B C

-re

K

pontban állított merőleges az

O

pontban metszi;

O

a beirt kör középpontja. Az

O K

sugárral szerkesztett kör

C X

-et érinti. Ha

B

-ből e körhöz meghúzzuk a másik érintőt, ez

C X

-t az

A

csúcsban metszi.

Dudás Imre (Fazekas Mihály g. VI. o. Debrecen.)

Kiegészítés. A háromszög szerkeszthetőségének első feltétele, hogy

b - c < a

legyen. Ha

b - c < a

, akkor a

K

pont

B

és

C

közé esik. A másik feltétel, hogy a

B

pontból az

O

körhöz húzott második érintő a

C X

-et messe. Ezen érintő határhelyzete ‐

B Y

‐ tehát a

C X

-hez való párhuzamos helyzet, mely akkor áll elő, ha

B O ⊥ C O'

. (Ekkor ugyanis

C B O' ∢ = 90^{\circ} - \frac{γ}{2}

és

C B Y ∢ = 180^{\circ} - γ

.)
Már most ezen határhelyzetben:

B O' = B C sin \frac{γ}{2} = a sin \frac{γ}{2}

\begin{matrix} O' K' = B O' cos \frac{γ}{2} = a sin \frac{γ}{2} cos \frac{γ}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} C K' = \frac{a + b - c}{2} = O' K' cotg \frac{γ}{2} = a cos^{2} \frac{γ}{2} \\ b - c = 2 a cos^{2} \frac{γ}{2} - a = a (2 cos^{2} \frac{γ}{2} - 1) = a cos γ . \end{matrix}

Eszerint kell, hogy

b - c < a cos γ

legyen (és így egyszersmind

b - c < a