Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

FaceBook oldalunk

joomla facebook

Látogatók

Mai972
Heti6931
Havi2627
Összes1976179

IP: 3.236.11.52 Unknown - Unknown 2020. július 02. csütörtök, 11:53

Ki van itt?

Guests : 120 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 $ 9" />0^{\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