Budapesti Fazekas Mihály Gyakorló Általános Iskola és Gimnázium

FaceBook oldalunk

joomla facebook

Látogatók

Mai494
Heti2051
Havi34670
Összes1050093

IP: 18.208.211.150 Unknown - Unknown 2019. március 19. kedd, 10:00

Ki van itt?

Guests : 114 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_000025 ( VF_000025 )
Témakör: *Geometria (szerkesztés)

Szerkesszünk derékszögű háromszöget, ha adott az átfogó $ c $ és tudjuk azt, hogy az átfogóhoz tartozó súlyvonal mértani középarányos a két befogó között.



 

Nem megy az általánosság rovására, ha egyszer és mindenkorra feltételezzük, hogy $ a>b $ . Pitagorasz tétele szerint

$ a^2+b^2=c^2, $

feltételünk szerint (mivel a súlyvonal $ \dfrac{c}{2}) $

$ 2ab=\dfrac{c^2}{2} $

és -t összeadva, ill. kivonva nyerjük

$ \left( {a+b} \right)^2=\dfrac{3c^2}{2}, $
$ \left( {a-b} \right)^2=\dfrac{c^2}{2}, $

amiből

$ a+b=\dfrac{c\sqrt 3 }{\sqrt 2 }=\dfrac{c\sqrt 6 }{2}, $
$ a-b=\dfrac{c\sqrt 2 }{2}. $

A szerkesztés ezek alapján többféleképpen is történhet. $ \alpha ) $ és összeadásából nyerjük, hogy $ a=\dfrac{c\sqrt 6 +c\sqrt 2 }{4} $ , amely szakasz könnyen szerkeszthető ( $ c\sqrt 6 $ mértani középarányos 2 $ c $ és 3 $ c $ között, $ c\sqrt 2 $ pedig $ c $ és 2 $ c $ között). $ a $ és $ c $ birtokában a keresettháromszög szerkesztése triviális. $ \beta ) $ alapján $ a+b $ , mint mértani középarányos $ c $ és $ \dfrac{3}{2}c $ között megszerkeszthető. Az $ a+b $ és $ c $ szakaszok birtokában a háromszög szerkesztése a tankönyvből ismeretes (1. ábra). $ \gamma ) $ szerint $ a-b $ olyan négyzet átlója, melynek oldala $ \dfrac{c}{2} $ . $ a-b $ és $ c $ birtokában a derékszögű háromszög ismert módon (2. ábra) megszerkeszthető. Mindhárom esetben könnyen kimutatható, hogy az így megszerkesztett háromszög tényleg eleget tesz követelményünknek. Pl. az utóbbi esetben Pitagorasz-tétele alapján

$ \left( {a-b} \right)^2=a^2+b^2-2ab=2\cdot \dfrac{c^2}{4}=\dfrac{c^3}{2}, $

amiből

$ 2ab=a^2+b^2-\dfrac{c^2}{2}=c^2-\dfrac{c^2}{2}=\dfrac{c^2}{2}, $

és így tényleg $ ab=\dfrac{c^2}{4}. $

Oldalak helyett szögeket is kiszámíthatunk, mint azt az alábbi 2-4. megoldások mutatják.

 

2. Megoldás

Képzeljük a feladatot megoldottnak. A betűzést a 3. ábra mutatja. Jelöljük az AB átfogó felező pontját $ F $ -fel, tehát $ FA=FB=\dfrac{c}{2} $ . Az $ F $ -ben az átfogóra emelt merőleges messe a $ BC=a $ befogót $ D $ -ben. Legyen $ AD=DB=x $ . A szögek egyenlősége miatt

$ ABC\Delta \sim DBF\Delta , $

és így

$ x:\dfrac{c}{2}=c:a, $

amiből

$ x=\dfrac{c^2}{2a}. $

De a feltétel szerint

$ c^2=4ab, $

és így $ x=2b $ . Az ACD derékszögű háromszögben $ \sin CDA\angle =\sin 2\beta =\dfrac{b}{x}=\dfrac{b}{2b}=\dfrac{1}{2} $ , amiből $ 2\beta =30^{\circ} $ , vagyis $ \beta =15^{\circ} $ , mely szög könnyen szerkeszthető.

 

3. Megoldás

A jelöléseket megtartva

$ a=c\sin \alpha , b=c\cos \alpha . $

A feltétel szerint

$ ab=c^2\sin \alpha \cos \alpha =\dfrac{c^2}{4}, $

vagyis, $ \dfrac{2}{c^2} $ -tel szorozva

$ 2\sin \alpha \cos \alpha =\dfrac{1}{2}, $

azaz

$ \sin 2\alpha =\dfrac{1}{2}, $

 

ahonnan $ \left( {0<2\alpha <180^{\circ}} \right) $ $ 2\alpha =30^{\circ} $ ill. $ 150^{\circ} $ , $ a>b $ miatt $ \alpha =75^{\circ} $ .

 

4. Megoldás

Az előbbi jelöléseket megtartva jelöljük az AFC $ \angle $ -et $ \varphi $ -vel (4. ábra). Az $ AFC\Delta $ területe a fele az $ ABC\Delta $ területének. Tehát

$ \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{c}{2}\dfrac{c}{2}\sin \varphi =\dfrac{ab}{4}, $

vagyis $ c^2\sin \varphi =2ab $ , amiből $ \sin \varphi =\dfrac{2ab}{c^2} $ . De a feltétel szerint $ ab=\dfrac{c^2}{4} $ , vagyis $ 2ab=\dfrac{c^2}{2} $ , és így $ \sin \varphi =\dfrac{1}{2} $ , vagyis $ \varphi =30^{\circ} $ . A $ C $ pont megszerkesztése a körülírt körön egyszerűbb már nem lehet.

 

5. Megoldás

A legegyszerűbb megoldáshoz (ha nem is a legegyszerűbb szerkesztéshez) jutunk, ha feltételünket ,,helyesen'' olvassuk. Feltételünk szerint

$ ab=\dfrac{c^2}{4}=c\cdot \dfrac{c}{4} $

ab a háromszög kétszeres területe, tehát $ c\cdot \dfrac{c}{4} $ is az , vagyis $ \dfrac{c}{4} $ a háromszögnek az átfogóhoz tartozó magassága. A szerkesztést az 5. ábra mutatja. Az utóbbi megoldásnál közvetlenül nyilvánvaló,hogy a megszerkesztett háromszög teljesíti a feladatban kirótt felételt: $ ab=c\cdot \dfrac{c}{4}=\dfrac{c^2}{4} $ . A 2-4. megoldásnál (ahol tulajdonképpen kiszámítottuk, hogy $ \alpha =75^{\circ} $ és $ \beta =150^{\circ}) $ a közvetkezőképpen igazolhatjuk szerkesztésünk helyességét:

$ a=c\cos 15^{\circ}, \quad b=c\sin 15^{\circ}, $

és így

$ ab=c^2\sin 15^{\circ}\cos 15^{\circ}=c^2\dfrac{\sin 30^{\circ}}{2}=\dfrac{c^2}{4}. $

De anélkül, hogy a háromszög oldalait vagy szögeit kiszámítanánk, is megoldhatjuk feladatunkat, amint azt az alábbi 6-7. megoldások mutatják.

 

6. Megoldás

Képzeljük a feladatot megoldottnak. A betűzést a 6. ábra mutatja. Szerkesszük meg azt a kört, amely a CF egyenest $ F $ -ben érinti és a $ B $ csúcsponton is átmegy. Legyen ennek a körnek középpontja $ O $ és messe ez a kör a BC befogót másodszor $ D $ -ben. Mivel $ CF^2=CB\cdot CD $ , vagyis $ \left( {\dfrac{c}{2}} \right)^2=a\cdot CD $ azért a feladat szerint $ CD=b. $ Ha kimutatjuk hogy $ O $ rajta van az AO egyenesen, akkor lényegében a 2. megoldásban nyert szerkesztéshez jutottunk, de más indokolással. Mivel BFC egyenlőszárú háromszögből $ FCD\angle =FBD\angle =\beta $ , másrészt $ CFD\angle =\beta $ , mint az FD ív fölötti húr-érintőszög, azért CDF egyenlő szárú háromszög és $ FD=Cd=b. $ Az FB ívhez tartozó húr-érintő szög, mint a $ BFC\Delta $ külső szög $ 2\beta $ , tehát ez az ív kétszerese az FD ívnek. Az $ E $ felezőpontját berajzolva, a húrokra $ FE=EB=b $ és $ FE\left\| {DB} \right. $ . Az $ ABC\Delta $ -et téglalappá egészítve ki FE ennek a középvonalán fekszik. Így $ CE'=EB=b $ , másrészt $ BC'=AC=b $ , tehát a $ BEC' $ szabályos háromszögből $ C'BE\angle =60^{\circ} $ , s így

$ EBD\angle =2\beta =30^{\circ}, $

Ugyanekkorák az FB íven nyugvó kerületi szögek, és így a középponti szög $ BOF\angle =60^{\circ} $ és $ BO=FO=BF=\dfrac{c}{2} $ a kör sugara. A BOD egyenlőszárú háromszög alapján nyugvó szög

$ DBO\angle =60^{\circ}-\beta =60^{\circ}-15^{\circ}=45^{\circ}=BDO\angle . $

Ebből következik,hogy ez a háromszög derékszögű, továbbá $ A $ , $ D $ és $ O $ egy egyenesbe esnek és $ O $ (a $ C $ -vel együtt) az AB fölötti félkörön van. Eszerint a szerkesztés menete: az $ AB=c $ átmérő fölötti félkört a $ BO=\dfrac{c}{2} $ távolsággal elmetszve, majd az AO egyenest az $ OD=\dfrac{c}{2} $ távolsággal elmetszve, a BD egyenes metszi ki az AB fölötti félkörből a keresett háromszög $ C $ csúcsát. A szerkesztés igazolása: Mivel az $ ABO\Delta $ szögei $ 30^{\circ} $ , $ 60^{\circ} $ és $ 90^{\circ} $ , azért az $ O $ körüli $ \dfrac{c}{2} $ sugarú körnek az AB-vel való $ F $ metszéspontjára $ FOB\Delta $ szabályos, mert $ FBO\angle =60^{\circ} $ , tehát $ F $ felezőpont, $ CF=\dfrac{c}{2} $ , mint a derékszögű háromszög súlyvonala, továbbá $ BFO\angle =60^{\circ} $ . BOD egyenlőszárú derékszögű háromszög, tehát $ ADC\angle =DAC\angle =45^{\circ} $ , $ CD=CA=b $ ; másrészt az AFC egyenlőszárú háromszögben $ CAF\angle =45^{\circ}+30^{\circ}=75^{\circ} $ , s így az $ AFC\angle =30^{\circ} $ . Ebből következik, hogy

$ CFO\angle =180^{\circ}-30^{\circ}-60^{\circ}=90^{\circ}. $

Így CF érinti az $ O $ középpontú kört, s így

$ CF^2=CD\cdot CB=ba, $

tehát az $ ABC\Delta $ megfelel a kívánalmaknak.

 

7. Megoldás

Az adott $ AB=c $ átfogó fölé rajzolt $ F $ középpontú Thales-körben az AB átmérőre merőleges sugár végpontját jelöljük $ O $ -val (7. ábra). $ O $ körül $ OF=\dfrac{c}{2} $ sugárral rajzolt kör metszi ki a Thales-körből a keresett $ C $ pontot. (Ez tulajdonképpen az 5. megoldásban nyert szerkesztés, ismét más megindokolással.) Forgassuk el a $ BC=a $ befogót $ O $ körül $ 90^{\circ} $ -kal az óra járásával megegyező irányban, akkor a $ B $ elforgatása a $ B' $ az $ A $ pontba kerül, $ C $ elforgatása pedig $ C' $ , és $ B'C'\equiv AC'\bot BC $ . Mivel AC is merőleges BC-re, azért a $ C' $ pont az AC befogó meghosszabbításán fekszik. A szerkesztés szerint az $ AF=\dfrac{c}{2} $ az $ O $ körül rajzolt körnek az $ A $ pontból húzott érintője, és így

$ AC'\cdot AC=ab=\left( {\dfrac{c}{2}} \right)^2. $
 

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