Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

FaceBook oldalunk

joomla facebook

Látogatók

Mai492
Heti2049
Havi34668
Összes1050091

IP: 18.208.211.150 Unknown - Unknown 2019. március 19. kedd, 09:57

Ki van itt?

Guests : 79 guests online Members : No members online

Honlapok

SULINET Matematika

Oktatási Hivatal

Versenyvizsga portál
banvv

Matematika Portálok

Berzsenyi Dániel Gimnázium

berzsenyi

Óbudai Árpád Gimnázium
arpad

 

Szent István Gimnázium

sztistvan

A gondolkodás öröme
gondolkodasorome

Vegyes feladatok: VF_000018 ( VF_000018 )
Témakör: *Geometria (kör, érintő)

Szerkesszünk háromszöget, ha adott a háromszög köré írt kör sugara, az oldalakat belülről érintő kör sugara és a háromszög egyik szöge.



 

Képzeljük a feladatot megoldottnak. Legyen az adott szög a háromszög köré írt kör középpontja $ K $ és sugara $ r $ , a beírt kör középpontja és sugara $ \rho $ . (1. ábra). A $ BOC\Delta $ -ből

$ BOC\angle =180^{\circ}-\dfrac{\beta }{2}-\dfrac{\gamma }{2}=\dfrac{360^{\circ}-\left( {\beta +\gamma } \right)}{2}=\dfrac{180^{\circ}+\left[ {180^{\circ}-\left( {\beta +\gamma } \right)} \right]}{2}= $
$ =\dfrac{180^{\circ}+\alpha }{2}=90^{\circ}+\dfrac{\gamma }{2}. $

A kerületi szögek tétele alapján a $ K $ középpontú és $ r $ sugarú körben tetszőleges $ \alpha $ kerületi szög szárainak a körrel való metszéspontjai megadják a háromszög $ BC=a $ oldalát. Az $ O $ pont -- a fentiek szerint -- rajta van azon a BC köríven, melynek pontjaiból a BC távolság $ 90^{\circ}+\dfrac{\alpha }{2} $ szög alatt látszik és amely körív a BC oldalnak ugyanazon oldalán van, mint az $ \alpha $ szög csúcspontja. E látószög-kör középpontja $ P $ -vel jelölve, a középponti és kerületi szög közötti összefüggés alapján

$ BPC\angle =360^{\circ}-2\left( {90^{\circ}+\dfrac{\alpha }{2}} \right)=180^{\circ}-\alpha , $

vagyis az ABPC négyszög húrnégyszög és így $ P $ pont a BC ív felezőpontja. Egy másik geometriai hely $ O $ -ra nézve a BC egyenestől $ \rho $ távolságban a BC-vel párhuzamosan húzott egyenes, a BC egyenesnek ugyanazon az oldalán, mint az előbbi körív. A két mértani hely egyik metszéspontja a keresett $ O $ pont. $ O $ körül $ \rho $ sugárral rajzolt körhöz a $ B $ és $ C $ pontokból szerkesztett érintők metszéspontja $ A $ (amely rajta van a köré írt körön) a keresett háromszög harmadik csúcspontja. (Általában két pontot kapunk $ O $ számára, de mindkettő egybevágó háromszögekre vezet, tehát csak egy megoldásról beszélünk.) Határozzuk meg a megoldhatóság feltételeit. Jelöljük az $ a $ oldal felezőpontját $ A_1 $ -gyel és a $ PA_1 $ egyenesnek metszéspontját a látószög-körívvel, $ Q $ -val. Megoldás nyilván csak akkor van, ha $ \rho \le A_1 Q $ .

Mivel (1) alapján az $ A_1 BP\angle =\dfrac{\alpha }{2} $ , azért $ A_1 P=\dfrac{a}{2}tg\dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{a\sin \dfrac{\alpha }{2}}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}} $ és $ PQ=PB=\dfrac{a}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}} $ amiből $ A_1 Q=PQ-A_1 P=\dfrac{a}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}}-\dfrac{a\sin \dfrac{\alpha }{2}}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}}=\dfrac{a\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right)}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}} $ . De $ a=2r\sin \alpha =4r\sin \dfrac{\alpha }{2}\cos \dfrac{\alpha }{2}. $ és így $ A_1 Q=2r\sin \dfrac{\alpha }{2}\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right) $ . Tehát megoldás csak akkor van, ha

$ \rho \le 2r\sin \dfrac{\alpha }{2}\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right). $


Egyenlőség esetén $ \rho =A_1 Q $ és a háromszög egyenlőszárú $ \left( {b=c} \right) $ . Állandó $ r $ esetén a jobboldal akkor maximális, ha $ \sin \dfrac{\alpha }{2}\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right) $ maximális. Egy szorzat pedig, amelyben a tényezők összege állandó, akkor veszi fel a legnagyobb értéket, ha a tényezők egyenlők, vagyis $ \sin \dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{4}{2} $ , amiből $ \alpha =60^{\circ} $ , és $ \rho \le \dfrac{r}{2} $ . $ \rho $ maximális értéke tehát $ \dfrac{r}{2} $ és ezt akkor veszi fel, ha $ \alpha =60^{\circ} $ és azonkívül $ \beta =\gamma =60^{\circ} $ , vagyis a háromszög egyenlő oldalú.

 

2. Megoldás

Felhasználjuk ezt a tételt (1. osztályos tankönyv 1950-es kiadás, 285. oldal), mely szerint egy háromszög beírt és hozzáírt körének egy-egy közös külső érintő oldalon lévő két érintési pontjának távolsága egyenlő a harmadik oldallal, amely a fenti két kör közös belső érintőjének a külső érintők közé eső szakasza.

Eszerint a szerkesztés mente: a $ BC=a $ háromszög oldal szerkesztése ugyanúgy történik, mint az 1 megoldásban. Felvesszük az $ \alpha $ szöget és szerkesztünk egy $ \rho $ sugarú, mindkét szárt érintő kört (1. ábra). Az egyik szögszáron az érintési pontól kiindulva felmérjük -- a szög csúcspontjától távololdó irányban -- az $ a $ távolságot. Az így nyert pont lesz az említett tétel alapján a hozzáírt kör érintési pontja. A beírt és hozzáírt kör egy közös belső érintője metszi ki az $ \alpha $ szög száraiból a $ B $ és $ C $ csúcspontokat. A megoldhatóság feltétele: a hozzáírt kör középpontját $ O_1 $ -gyel és sugarát $ \rho _1 $ -gyel jelölve, feladatunk csak akkor oldható meg, ha $ \rho +\rho _1 \le OO_1 $ . De

$ \rho _1 =\rho +atg\dfrac{\alpha }{2}, \quad \quad OO_1 =\dfrac{a}{\cos \dfrac{\alpha }{2}} $

és így feltételünk

$ 2\rho +\dfrac{a\sin \dfrac{\alpha }{2}}{\cos \dfrac{\alpha }{2}}\le \dfrac{a}{\cos \dfrac{\alpha }{2}}, $

amiből $ \rho \le \dfrac{a\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right)}{2\cos \dfrac{\alpha }{2}}=2r\sin \dfrac{\alpha }{2}\left( {1-\sin \dfrac{\alpha }{2}} \right) $ , ami megegyezik az 1. megoldásból nyert feltétellel.

 


QR kód

Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

QR

 

 

 

Bejelentkezés cikkíróknak


Joomla template: szsnjm3-001
(c) Szoldatics József (www.szolda.hu), Eszesen KFt. 2011/2016