Kezdőlap


Feladat:	283. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Pulay Péter , Ruppenthal Péter , Sasczay Ágnes
Füzet:	1956/február, 54 - 56. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek szerkesztése, Beírt kör, Derékszögű háromszögek geometriája, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/május: 283. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A derékszögű háromszög beírt körének középpontjából az átfogó $180^{\circ} - \frac{α}{2} - \frac{β}{2} = 135^{\circ}$ alatt látszik. A beírt kör $O$ középpontja tehát egyrészt az érintési pontban az átfogóra emelt merőlegesen; másrészt az $A B$ átfogó fölé szerkesztett $135^{\circ}$ -os látószögű köríven van (1. ábra).

1. ábra

A beírt kör középpontját összekötjük az átfogó végpontjaival, így nyerjük a hegyesszögek szögfelezőit. Tükrözzük az átfogó egyenesét a két szögfelezőre nézve, így megkapjuk a befogók egyeneseit, ezek metszéspontjában a háromszög

C

csúcsát. (Ha a második látókörívet vesszük figyelembe, akkor a háromszög tükörképét nyerjük, tehát mindig van egy és csakis egy megoldás.)

Pulay Péter (Bp. I., Petőfi g. I. o. t.)

II. megoldás. A 251. gyakorlat megoldásával (XI. kötet, 2. szám, 1955. október, 45. old.) bebizonyítottuk, hogy a derékszögű háromszög átfogóját a beírt kör érintési pontja két olyan részre bontja, melyek szorzata egyenlő a háromszög területével:

\begin{matrix} A E \cdot E B = \frac{c \cdot m}{2}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} c : 2 A E = E B : m, \end{matrix}

ahonnan

m

mint

c

2 A E

és

E B

negyedik arányosa szerkeszthető (2. ábra).

2. ábra

Ruppentahl Péter (Győr, Révai M. g. II. o. t.)

Megjegyzés: Kimutatjuk még, hogy mindig van egy, és csakis egy megoldás.
Az előbbihez elég megmutatni, hogy

m < \frac{c}{2}

. A mértani és számtani középre vonatkozó egyenlőtlenség felhasználásával

\begin{matrix} m = \frac{2}{c} A E \cdot E B < \frac{2}{c} {(\frac{A E + E B}{2})}^{2} = \frac{2}{c} \cdot \frac{c^{2}}{4} = \frac{c}{2} . \end{matrix}

Az átfogóval,

m

távolságban, párhuzamosan húzott egyenes a Thales‐kört ugyan 2 pontban metszi (2. ábra), de csak az a pont felel meg

C

csúcspontnak, amely ahhoz a csúcsponthoz van közelebb, amelyhez az

E

pont.

III. megoldás. Ismeretes, hogy a beírt kör érintési pontja az átfogót

s - a

és

s - b

hosszúságú két szakaszra bontja (

s

a háromszög félkerülete). A két szakasz különbsége

∣ (s - a) - (s - b) ∣ = ∣ b - a ∣ = ∣ A E - E B ∣

, tehát adott. További feladatunk a derékszögű háromszöget az átfogóból és a befogók különbségéből megszerkeszteni.

3. ábra

A kész, 3. ábráról a szerkesztést, leolvashatjuk: a

b - a = A B'

szakasz

B

végpontjából a szakasszal

135^{\circ}

-os szöget bezáró félegyenest húzunk, melyet a szakasz

A

végpontjából rajzolt

c = A B

sugarú körívvel elmetszünk; végül a metszéspontból a

b - a

szakasz meghosszabbítására merőlegest bocsátunk.
A megoldás létezése és egyértelműsége nyilvánvaló.

Sasczay Ágnes (Bp. IX., Patrona Hungariae lg. I. o. t.)