Feladat: B.4416 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Herczeg József ,  Janzer Barnabás ,  Janzer Olivér ,  Kecskés Boglárka ,  Kovács-Deák Máté ,  Léránt Cintia ,  Mester Márton ,  Mócsy Miklós ,  Szabó Barnabás ,  Viharos Andor 
Füzet: 2013/április, 222 - 223. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai szerkesztések, Magasságpont, Súlypont, Körülírt kör középpontja
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2012/január: B.4416

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

Megoldás. Jelölje a szerkesztendő háromszög adott csúcsát A, másik két csúcsát B és C, magasságpontját, súlypontját, illetve köréírt körének középpontját rendre M, S és K, a BC oldal felezőpontját pedig F. A továbbiakban feltesszük, hogy A≠S, ellenkező esetben nyilván nem oldható meg a feladat.


 

1. ábra
 
 

Tudjuk, hogy a súlypont harmadolja a súlyvonalakat, ezért az S pont az AF szakasz F-hez közelebbi harmadolópontja. Továbbá S az MK szakaszt is 2:1 arányban osztja az Euler-egyenes tulajdonságaiból következően. Ennek alapján az F és K pontok könnyen megszerkeszthetők. Ezek ismeretében pedig a B és C csúcsok is, mert egyrészt rajta vannak a K középpontú, KA sugarú k körvonalon, másrészt pedig az AM egyenesre merőleges, F-en áthaladó e egyenesen. Ezeket tehát k és e két metszéspontja adja.
Az így szerkesztett ABC háromszögnek k nyilván a körülírt köre. A szerkesztésből következik, hogy az SFK és SAM háromszögek egymáshoz középpontosan hasonlóak, a hasonlóság középpontja az S pont, aránya pedig -2. Ezért FK párhuzamos AM-mel, tehát az e egyenes FK-ra is merőleges, amiből következik, hogy KF a k kör BC húrjának felezőmerőlegese, vagyis F a BC oldal felezőpontja. Mivel S harmadolja az AF szakaszt, megegyezik az ABC háromszög súlypontjával, s mivel a KM szakaszt is harmadolja, azért az Euler-egyenes tulajdonságaiból következik, hogy a megszerkesztett ABC háromszögnek M valóban magasságpontja.
A feladat diszkussziója bonyolultabb a szerkesztésnél. Ha az előzőekben leírt szerkesztés során a k kör is és az e egyenes is egyértelműen megszerkeszthető,akkor pontosan akkor van megoldás, ha az F pont a k kör belsejébe esik, ami akkor teljesül, ha KA>KF=AM2. A KA szakasz hosszát kifejezhetjük az AM, MS és AS szakaszok hosszával, mert AS, illetve KA súlyvonala az AMN, illetve ASN háromszögnek, ahol N az M pontnak S-re való tükörképe (2. ábra).

 

2. ábra
 

A háromszög súlyvonalának hosszára vonatkozó, elfajuló esetekben is érvényes (a szokásos jelölésekkel 4sc2=2(a2+b2)-c2) képlet alapján
4AS2=2AM2+2AN2-MN2és4KA2=2AS2+2AN2-SN2.
Mivel SN=SM és MN=2SN, ebből rövid számolással
4KA2=6AS2+3MS2-2AM2
adódik, vagyis a KA>AM2 feltétel ekvivalens az adott A, M és S pontokra vonatkozó 2AS2+MS2>AM2 egyenlőtlenséggel.
Ha az A és M pontok egybeesnek, akkor a szerkesztés minden lépése elvégezhető, de az e egyenes nem egyértelműen meghatározott. Ekkor K és F is egybeesik, és az e egyenesnek bármely K-n áthaladó, A-t nem tartalmazó egyenes választható. Így végtelen sok különböző megoldást kapunk (a megszerkesztett háromszögek mindegyikének A-nál lévő szöge derékszög).
Végül, ha a szerkesztés valamelyik lépése nem végezhető el, akkor nincs megoldás. Ez két fő esetben fordul elő.
1. A k kört nem tudjuk megszerkeszteni. Ez akkor következik be, ha K egybeesik A-val, vagyis ha az S pont az MA szakaszon helyezkedik el és azt 2:1 arányban osztja.
2. A k kör megszerkeszthető, továbbá k és e metszi egymást, de k és e egyik metszéspontja az A pont. Ez pontosan akkor következik be, ha a KFS szög derékszög, ami pedig pontosan akkor teljesül, ha a vele megegyező nagyságú MAS szög derékszög.