Fórum: Háromszög szerkesztés

Az előző hozzászólás második ábrája:

Egy másik, szintén körsoron alapuló megoldás kínálkozik hihetetlen[7] észrevétele alapján: Az \(\displaystyle m_a\) magasság egyenesét \(\displaystyle f_a\) -ra tükrözve a kapott \(\displaystyle e\) egyenes átmegy a körülírt \(\displaystyle k\) kör középpontján. \(\displaystyle k\) tehát eleme annak a parabolikus körsornak, melynek \(\displaystyle A\) a pontköre és \(\displaystyle e\) a centrálisa, \(\displaystyle h\) hatványvonala az \(\displaystyle e\) -re \(\displaystyle A\) -ban emelt merőleges. A körsornak azt a körét kell megszerkeszteni, amelyik \(\displaystyle h\) -nak \(\displaystyle f_a\) -t tartalmazó oldalán van és az adott BC hosszúságú húrja esik \(\displaystyle t_e\) -re.

Legyen \(\displaystyle t_e\) és \(\displaystyle h\) metszéspontja \(\displaystyle P\) . Vegyük fel \(\displaystyle e\) -n az adott \(\displaystyle B_0 C_0 = BC\) hosszúságú \(\displaystyle AR\) szakaszt. Az \(\displaystyle AR\) átmérőjű \(\displaystyle k'\) kör középpontja \(\displaystyle S\) . \(\displaystyle k'\) a körsor eleme. A \(\displaystyle PS\) egyenes és \(\displaystyle k'\) metszéspontjai \(\displaystyle T\) és \(\displaystyle U\). \(\displaystyle PT \cdotp PU = PA^2\). Forgassuk le \(\displaystyle T\) -t és \(\displaystyle U\) -t \(\displaystyle P\) körül \(\displaystyle t_e\) -re. A kapott pontokat véve \(\displaystyle B\) -nek és \(\displaystyle C\) -nek az \(\displaystyle ABC\) háromszög és annak körülírt \(\displaystyle k\) köre megfelel: \(\displaystyle BC = TU = AR = B_0 C_0\) az adott oldalhossz, \(\displaystyle PB \cdotp PC = PT \cdotp PU = PA^2\), \(\displaystyle k\) a körsor eleme, középpontja \(\displaystyle e\)-n van, \(\displaystyle m_a\) és \(\displaystyle e\) szögfelezője, \(\displaystyle f_a\) a \(\displaystyle BAC\) szöget is felezi.

A második ábra a következő hozzászólásban.

Ujjgyakorlat: Hogyan értelmezhető a körsor \(\displaystyle h\) -nak \(\displaystyle f_a\) - val ellentétes oldalán lévő \(\displaystyle k_2\) köre, melyből \(\displaystyle t_e\) szintén \(\displaystyle BC\) hosszúságú húrt metsz ki?

Hát igen. Inverzióra sincs is szükség. Az \(\displaystyle A_0\) \(\displaystyle A''\) pontpárhoz tartozó Apollóniusz körök elliptikus körsort alkotnak, melynek \(\displaystyle A_0\) és \(\displaystyle A''\) a pontkörei, \(\displaystyle h\) hatványvonala \(\displaystyle A_0\) \(\displaystyle A''\) felező merőlegese. A keresett \(\displaystyle BC\) átmérőjű \(\displaystyle k\) körnek a \(\displaystyle t_e\) egyenessel párhuzamos, attól BC/2 távolságra levő \(\displaystyle t_2\) egyenes érintője. Jelöljük \(\displaystyle t_2\) és \(\displaystyle h\) metszéspontját \(\displaystyle P\) -vel, a \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle t_2\) érintési pontját \(\displaystyle Q\) -val. \(\displaystyle P\) a hatványvonalon van, a körsor köreire vonatkozó hatványa egyenlő, így az \(\displaystyle A_0\) pontkörre vonatkozó hatványa egyenlő a \(\displaystyle k\) -ra vonatkozó hatvánnyal, \(\displaystyle {PA_0}^2 = {PQ}^2\) .

Innen a szerkesztés: A \(\displaystyle P\) középpontú \(\displaystyle PA_0\) sugarú körívvel kimetsszük \(\displaystyle Q\) -t \(\displaystyle t_2\) -ből. A \(\displaystyle Q\) -ból \(\displaystyle t_e\) -re bocsátott merőleges talppontja lesz a \(\displaystyle BC\) oldal \(\displaystyle F_a\) felezőpontja, \(\displaystyle B\) -t és \(\displaystyle C\) -t az \(\displaystyle F_a\) középpontú \(\displaystyle F_aQ = BC/2\) sugarú \(\displaystyle k\) kör metszi ki \(\displaystyle t_e\) -ből.

Na jó. Azon a részen, hogy egy Apollóniuszi körsornak egy adott méretű / egy adott egyenest érintő tagját keressük, lehet jó sokat egyszerűsíteni.

Egy megoldás inverzióval: ugyanúgy kezdődik, mint a Kömalban szereplő II megoldás: az \(\displaystyle f_a\) szakasz \(\displaystyle A_0\) végpontjából érintőegyenest húzunk az \(\displaystyle f_a\) szakasz \(\displaystyle A\) csúcsa körüli \(\displaystyle m_a\) sugarú körhöz, a kapott \(\displaystyle t_e\) egyenesen lesz a B és a C csúcsa a háromszögnek.

Legyen \(\displaystyle A''\) az A csúcsbeli másik szögfelező metszése az előbbi \(\displaystyle t_e\) egyenessel. A keresett B és C pontok inverz pontpárok \(\displaystyle A_0\)-ra és \(\displaystyle A''\)-re, a távolságuk meg van adva, már csak meg kell szerkeszteni őket.

Ez pedig történhet inverzióval: a BC pontpárokra Thalész köröket képzelünk, olyat keresünk, amelyik érinti a \(\displaystyle t_e\) egyenessel párhuzamos, attól BC/2 távolságra levő egyeneseket, és merőleges \(\displaystyle A_0A''\) Thalész-körére. Ennek a körnek a két metszéspontja a \(\displaystyle t_a\) egyenessel lesz a keresett B és a C pont. Az egyik ilyen egyenest invertáljuk \(\displaystyle A_0 A''\) Thalész-körére, kapjuk \(\displaystyle q\) kört. Az inverzió a keresett BC talpppontú kört helybenhagyja, és érintkezést érintkezésbe visz, így már csak azt a kört kell megkeresni, amelyik érinti az előbbi két, \(\displaystyle t_a\)-val párhuzamos egyenest, és az egyiknek a q inverz képét; ami az Apollóniuszi probléma két egyenessel és egy darab körrel, a szerkesztés ismert.

Egyrészt csodálom, hogy ilyen gondosan tanulmányozod a régi feladatokat, másrészt remélem, hogy nem feltételezed rólam, hogy régi feladatok előbányászásával szeretnék hozzászólásokat provokálni, elmesélem a feladat történetét (én hogyan találkoztam vele):

A 90-es évek elején egyik fiam hozta haza a József Attila gimnáziumból. Úgy ítéltem, hogy nehezebb feladat, mint amit házi feladatnak szoktak adni, de felkeltette az érdeklődésemet, ezért aztán megpróbálkoztam a megoldásával. Több megoldást is kitaláltam, de mindegyik számolásos. Egy ilyet mindjárt le is írok. A megoldások nem túl elegánsak és nehezen szerkeszthetőek (terület átalakításokkal mindegyik szerkesztés elvégezhető volt), ezért időről-időre eszembe jutott, hogy kell lennie egyszerűbb megoldásnak is. Több matematikus ismerősömnek is elmeséltem, de nekik nem keltette fel az érdeklődésüket, vagy csak nem akartak elegendő időt fordítani a megoldásra. Egy éjszaka nyaralás közben jutott eszembe az a megoldás, amelyet már leírtam.

Most lássuk az egyik nem túl elegáns megoldást, amelyhez könnyen el lehet jutni (kiszámítjuk a háromszög köré írható kör sugarának hosszát)! A szerkesztést nem részletezem.

Legyen adva az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle BC=a\) oldala, \(\displaystyle AM=m\) a háromszög magassága és \(\displaystyle AF=f\) a háromszög szögfelezője!

Tükrözzük át a magasságot a szögfelezőre! Ez az egyenes át fog menni a körülírható kör \(\displaystyle O\) középpontján. A körülírható kör sugara legyen \(\displaystyle r\) hosszúságú! Az egyenesnek a háromszögbe eső darabja \(\displaystyle AD=l\). Bocsássunk merőlegest \(\displaystyle O\)-ból a \(\displaystyle BC\) oldalra, ennek talppontja \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle OE=x\)! Bocsássunk merőlegest \(\displaystyle O\)-ból az \(\displaystyle AM\) magasságra, ennek talppontja \(\displaystyle G\)!

Mivel \(\displaystyle AOG\triangle\thicksim ADM\triangle\) ezért

\(\displaystyle \frac{m-x}{r}=\frac{m}{l} \)

A Pythagoras-tétel szerint

\(\displaystyle x^2+\Big(\frac{a}{2}\Big)^2=r^2 \)

Az egyenletrendszerből \(\displaystyle r\) meghatározható (a negatív gyök nem érdekel):

\(\displaystyle r=\frac{-\frac{m^2}{l} + \sqrt{m^2 + \Big(\frac{a}{2}\Big)^2\Big(1-\frac{m^2}{l^2}\Big) }}{1-\frac{m^2}{l^2}} \)

A régi KöMaL számokat nézegetve rátaláltam feladatodnak a Te megszövegezésed szerinti kitűzésére is. Gy. 914.:

http://db.komal.hu/scan/1964/04/96404173.g4

A megoldás pedig itt:

http://db.komal.hu/scan/1965/04/96504153.g4

Tetszik a válaszod. Részben hasonló cipőben járok: 73 éves vagyok, így az 1965-ös számokat én is olvastam régen, de az élet úgy hozta, hogy inkább számítástechnikából élek, semmint matematikából. Szabadidőmben újra örömömet lelem matematikai feladatok megoldásában (ezeket részben magamnak találom ki, részben innen-onnan gyűjtöm).

RE: Áruld el, hogyan találtál rá erre a megoldásra?

A Ludas Matyi vicclapnak volt egy mottója: "Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek. Egy újszülöttnek minden vicc új."

Ha az ember elég öreg ahhoz, hogy már az 1965-ös KöMaL-okat is olvasta, de még elég fiatal ahhoz, hogy ne felejtsen el mindet, egy-egy feladat kapcsán beugrik, hol látott valami hasonlót.

Áruld el, hogyan találtál rá erre a megoldásra?

Elmondom az én megoldásomat, amely ugyan számoláson alapul, de talán a szerkesztés egyszerűbb.

Induljunk ki a kész ábrából:

Legyen \(\displaystyle BC\) az adott oldal, \(\displaystyle AM\) az adott magasság és \(\displaystyle AF_1\) az adott szögfelező.

Megrajzoltuk még az \(\displaystyle AF_1\)-re merőleges \(\displaystyle AF_2\) külső szögfelezőt is.

Az \(\displaystyle AMF_1\triangle\) nyilván könnyen szerkeszthető és az \(\displaystyle F_2\) pont is könnyen kitűzhető.

Ha ismernénk a \(\displaystyle BF_1\) szakasz \(\displaystyle x\) hosszát, akkor készen lennénk.

Legyen a \(\displaystyle BC\) oldal hossza \(\displaystyle a\), az \(\displaystyle F_2F_1\) távolság pedig \(\displaystyle d\)!

Írjuk fel a szögfelező tétel alapján a következő összefüggést:

\(\displaystyle \frac{x}{a-x}= \frac{d-x}{d+a-x} \)

A kapott másodfokú egyenlet megoldása (csak az érdekel, amelyik kisebb \(\displaystyle a\)-nál):

\(\displaystyle x= \frac{a+d-\sqrt{a^2 + d^2}}{2} \)

\(\displaystyle \sqrt{a^2 + d^2}\) egy olyan derékszögű háromszög átfogójának a hossza, amelynek befogói \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle d\) hosszúságúak.

Nézzük ezek után a szerkesztést! Szerkesszük meg az \(\displaystyle AMF_1\) háromszöget és tűzzük ki az \(\displaystyle F_2\) pontot! Az \(\displaystyle F_1F_2\) egyenesre mérjük fel az \(\displaystyle a\) szakaszt \(\displaystyle F_1\)-ből az \(\displaystyle F_2\)-vel ellentétes oldalon. A kitűzött pont \(\displaystyle P_1\) és az \(\displaystyle F_2P_1\) szakasz hossza \(\displaystyle a+d\).

Állítsunk merőlegest az \(\displaystyle F_1F_2\) egyenesre az \(\displaystyle F_1\) pontban és mérjük fel rá az \(\displaystyle a\) szakaszt! A kitűzött pont \(\displaystyle P_2\). Az \(\displaystyle F_2P_2\) távolság nyilván \(\displaystyle \sqrt{a^2 + d^2}\).

Mérjük rá az \(\displaystyle F_2P_2\) távolságot az \(\displaystyle F_2P_1\) szakaszra \(\displaystyle F_2\)-ből indulva. Az így kapott pont \(\displaystyle P_3\). Nyilván a \(\displaystyle P_1P_3\) szakasz hossza \(\displaystyle a+d-\sqrt{a^2 + d^2}\). A szakasz felezőpontja legyen \(\displaystyle K\)!

A \(\displaystyle KP_1\) szakasz hossza \(\displaystyle x\), tehát \(\displaystyle K=C\), azaz megkaptuk a háromszög másik csúcsát. A harmadik csúcs kitűzése most már nem jelent problémát és a szerkesztést befejezettnek tekinthetjük.

Röviden a diszkusszió: ha az adott magasság és az adott szögfelező egyenlő hosszú, akkor egyenlőszárú háromszögről van szó, amelynek szerkesztése nem okozhat problémát, ha pedig a szögfelező hosszabb a magasságnál, akkor a szerkesztés mindig elvégezhető.

Az \(\displaystyle f_c\) és \(\displaystyle m_c\) által bezárt szög \(\displaystyle \frac{\alpha - \beta}2\) Így a feladatot visszavezettük erre:

Szerkesszünk háromszöget ha adott egy oldala, az oldalhoz tartozó magasság és az oldalon fekvő két szög különbsége.

Ez volt az 1964. évi Arany Dániel verseny egyik feladata, megoldása a KöMaL 1965. évi 1. számának 2. oldalán olvasható.

Szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, az oldalhoz tartozó magasság és a szemközti csúcsból induló szögfelezőnek a háromszögbe eső darabja!