KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4416. Given a vertex, the orthocentre and the centroid, construct the triangle.

(4 points)

Deadline expired on 10 February 2012.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldás. A szerkesztendő \(\displaystyle ABC\) háromszögnek a magasságpontját, súlypontját, illetve köré írt körének középpontját jelölje rendre \(\displaystyle M,S,O\), a \(\displaystyle BC\) oldal felezőpontját pedig \(\displaystyle F\). Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle S\) pontokon kívül az \(\displaystyle A\) csúcs adott. A továbbiakban feltesszük, hogy \(\displaystyle A\ne S\), különben nyilván nem lehet megoldás.

Tudjuk, hogy az \(\displaystyle S\) pont az \(\displaystyle AF\) és az \(\displaystyle MO\) szakaszokat is \(\displaystyle 2:1\) arányban osztja. Ennek alapján az \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle F\) pontok könnyen megszerkeszthetők. A \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) csúcsok egyrészt az \(\displaystyle O\) középpontú, \(\displaystyle OA\) sugarú \(\displaystyle k\) körvonalra esnek, másrészt az \(\displaystyle AM\) egyenesre merőleges, \(\displaystyle F\)-en áthatladó \(\displaystyle e\) egyenesen helyezkednek el; ezeket tehát \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle e\) két metszéspontja szolgáltatja. Ha ezen eljárás minden lépése egyértelmüen elvégezhető, akkor az így kapott háromszög lehet csak a feladat megoldása, és könnyen látható, hogy az valóban megoldása lesz a feladatnak.

Ha az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle M\) pontok egybeesnek, akkor minden lépés elvégezhető ugyan, de az \(\displaystyle e\) egyenes nem egyértelmüen meghatározott. Ekkor \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle F\) is egybeesik és az \(\displaystyle e\) egyenesnek bármely \(\displaystyle O\)-n áthaladó, \(\displaystyle A\)-t nem tartalmazó egyenes választható. Így végtelen sok különböző megoldást kapunk, melyeknek \(\displaystyle A\)-nál lévő szöge derékszög.

Ha valamely lépés nem végezhető el, akkor nincsen megoldás. A \(\displaystyle k\) kört akkor nem tudjuk megszerkeszteni, ha \(\displaystyle O\) egybeesik \(\displaystyle A\)-val, vagyis ha az \(\displaystyle S\) pont az \(\displaystyle MA\) szakaszon helyezkedik el, és azt \(\displaystyle 2:1\) arányban osztja. Ha nem ez a helyzet, továbbá \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle e\) metszi egymást, akkor minden lépés elvégezhető, kivéve ha az \(\displaystyle MAS\) szög derékszög, ekkor ugyanis \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle e\) egyik metszéspontjaként az \(\displaystyle A\) csúcsot kapnánk vissza.

Az eddig megvizsgáltakon felül az egyértelmü szerkeszthetőség szükséges és elégséges feltétele tehát az, hogy \(\displaystyle k\) és \(\displaystyle e\) messe egymást, vagyis hogy az \(\displaystyle F\) pont a \(\displaystyle k\) kör belsejébe essen, ami egyenértékü az \(\displaystyle AO>OF=AM/2\) feltétellel. Az \(\displaystyle AO\) szakasz hosszát kifejezhetjük az \(\displaystyle AM,MS,AS\) szakaszok hosszával, ha figyelembe vesszük, hogy \(\displaystyle AS\), illetve \(\displaystyle AO\) súlyvonala az \(\displaystyle AMN\), illetve \(\displaystyle ASN\) háromszögnek, ahol \(\displaystyle N\) az \(\displaystyle M\) pontnak \(\displaystyle S\)-re való tükörképe. Valóban, a súlyvonal hosszára vonatkozó, elfajuló esetekben is érvényes képlet (paralelogramma-tétel) alapján

\(\displaystyle (2AS)^2=2AM^2+2AN^2-MN^2,\quad (2AO)^2=2AS^2+2AN^2-SN^2.\)

Tekintve, hogy \(\displaystyle SN=SM\) és \(\displaystyle MN=2SN\), innen rövid számolással \(\displaystyle 4AO^2=6AS^2+3MS^2-2AM^2\) adódik, vagyis az \(\displaystyle AO>AM/2\) feltétel ekvivalens az adott \(\displaystyle A,M,S\) pontokra vonatkozó \(\displaystyle 2AS^2+MS^2>AM^2\) feltétellel, amit a koszinusz-tétel alapján \(\displaystyle AS>-2MS\cos ASM\sphericalangle\) alakra hozhatunk.


Statistics on problem B. 4416.
184 students sent a solution.
4 points:Herczeg József, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Kecskés Boglárka, Kovács-Deák Máté, Léránt Cintia, Mester Márton, Mócsy Miklós, Szabó 789 Barnabás, Viharos Andor.
3 points:148 students.
2 points:21 students.
1 point:4 students.
Unfair, not evaluated:1 solution.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, January 2012

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley