Cím: Mértani szerkesztések bizonyos megszorításokkal 3.
Szerző(k):  Antal Márkus 
Füzet: 1905/november, 53 - 57. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

III. A középpontjával együtt megrajzolt kör síkjában
vonalzóval keresztülvihető szerkesztések.
 

Minthogy vonalzó rendelkezésünkre áll, azért az első három alapszerkesztés közvetlenül elvégezhető, míg a többi (4-7) alapszerkesztés amazokra a középpontjával (O) együtt megrajzolt kör (K) segélyével visszavezethető.
 

1. Segédszerkesztés. Adott P ponton át adott p egyenessel párhuzamos vonandó.
Megoldás: (a) A p egyenes átmegy az O-n.
Ez esetben a p egyenesnek a K körrel való metszéspontjait A és B-vel jelölve
AO=OB,
tehát a párhuzamos megvonható. (I. 2. f.)
(b) A p egyenes metszi a K-t a C és D pontokban.
Ha CO illetőleg DO a K kört még egyszer C1 illetőleg D1-ben metszik, akkor
CD∥C1D1,
tehát CD-n kijelölhető (I. 3. f.) olyan E pont, hogy
CE=ED
legyen. De ekkor (I. 2. f.) P-n át máris rajzolható CD-vel párhuzamos.
(c) A p-nek tetszőleges helyzete van.
A p-nek két tetszőleges pontját M-et és N-et összekötjük O-val, mely egyenesek a K kört a C,C1, illetőleg a D,D1 pontokban metszik. Messe CD, illetőleg C1D1 a p-t az F, illelőleg G pontokban és FO, illetőleg GO a C1D1-et, illetőleg a CD-t a G1, illetőleg F1-ben, akkor
F1G1∥FG.

 

Megrajzolható tehát (I. 3. f.) az FG felezéspontja H is, miáltal feladatunk (I. 2. f.) megoldottnak tekinthető.
 
(5). alapfeladat. Adott p egyenesre adott P pontjától adott AB távolságot kell rajzolnunk.
Megoldás: (a) Ha AB párhuzamos a p-vel, akkor a B-ből az AP-vel rajzolt párhuzamos a p-n olyan Q pontot metsz ki, melyre:
PQ=AB.

 
(b). Ha AB hajlik a p-hez, akkor O-n át húzunk p-vel, illetőleg AB-vel párhuzamos sugarakat, melyek a k-t C, illetőleg D-ben metszik. Messe az OA-val a B-ből vont párhuzamos az OD-t E-ben, akkor E-ből a CD-vel vont párhuzamos az OD-t olyan F pontban metszi, hogy
OF=OE=AB.

Az OF már most párhuzamosokkal könnyen átvihető a p-re.
 
(c). Ha AB rajta van a p-n, akkor először e távolságot kivisszük egy a p-vel párhuzamos tetszőleges egyenesre és ebből (a) szerint átvisszük p-re.
 
A 4∘. alapfeladat itt abból áll, hogy adott M pont körül tetszésszerinti számú adott AB-vel egyenlő távolságot lemérünk.
(6). alapfeladat. Adva van valamely kör O1 középpontja és O1A1 sugara; keressük e kör és adott p1 egyenes metszéspontjait.
 
 

Megoldás.* E feladatot legegyszerűbben a hasonlósági transzformáció segélyével oldhatjuk meg. Hasonlósági pont gyanánt az O és O1 körök külső hasonlósági pontja szolgálhat, mely így nyerhető:
O1A1-gyel az O-ból párhuzamosan vont sugár messe a K-t A-ban, akkor AA1 az OO1 centrálist a keresett külső hasonlósági pontban S-ben metszi.
Messe p1 az O1A1 egyenest M1-ben, akkor SM1 az OA egyenest az M1-nek megfelelő M pontban metszi. Ám a hasonlósági transformációnál a megfelelő egyenesek párhuzamosak, azért az M-en át p1-gyel vont párhuzamos p a p1 egyenes megfelelő egyenese ezen transformációban. Ha már most p a K-t az X és Y pontokban metszi, akkor SX, illetőleg SY a p1 egyenest a keresett X1, illetőleg Y1 metszéspontokban metszi.
(2). Segédszerkesztés. Adott (p) egyenesre merőleges rajzolandó.
Megoldás. (a) Ha p metszi a K kört az A és B pontokban és BO a K kört még egyszer C-ben, akkor CAB szög derékszög lévén CA merőleges a p-re.
(b) Minden más esetben húzunk a p-vel párhuzamosan olyan p1 egyenest, mely a K kört két pontban metszi, miáltal ez az eset az előbbire vissza van vezetve.
 
 

(7). alapfeladat. Adva van két kör középpontja (O1 és O2) és két sugara (O1A1 és O2A2); szerkesszük meg a két kör metszéspontjait.
Megoldás.* (a) Az O2 kör összeesik a sík fix O körével.
Húzzunk O-ból párhuzamost az O1A1-gyel, mely az adott kört az A és C pontokban messe. Az AA1 illetőleg azA1C egyenesek tehát a két kör OO1 centrálisát az S külső, illetőleg a T belső hasonlósági pontokban metszik. Messe AA1 az O kört még egyszer B-ben, melynek az O-ra vonatkozó diametrálpontját jelöljük E-vel, az ET és AA1 egyenesek metszéspontját pedig B1-gyel. Jelöljük azután az SC és az O kör második metszéspontját D-vel; az SC és O1A1 metszéspontját pedig C1-gyel, akkor B1 és C1 rajta vannak természetesen az O1 körön, mert hiszen S és T a két kör hasonlósági pontjai. Már most a BD és A1C1 illetőleg a DA és C1B1 egyenesek egymást olyan P, illetőleg R pontokban metszik, melyeknek az adott O és O1 körökre egyenlő hatványaik vannak, vagyis a PR a két kör közös hatványvonala, mely az O kört a két kör metszéspontjaiban (X és Y) metszi.
 
 

Bizonyítás: Az RD és RC1 egyenesekre nézve SB1 és SC1 antiparallel egyenesek, tehát az ARB1 és C1RD háromszögek hasonlók és így:
RA⋅RD=RB1⋅RC1.
Hasonlóképpen a PC1D és PBA1 hasonló háromszögekből:
PD⋅PB=PC1⋅PA1.
(b) A két O1 és O2 kör tetszőleges helyzetű, de O,O1 és O2 pontok nem esnek egyazon egyenesbe.
Megoldás. Megszerkesztjük az O és O1, illetőleg az O és O2 körök hatványvonalait (p1 és p2) az előbbi módszer segélyével és jelöljük ezek metszéspontját H-val. Mivel 3 kör hatványvonalai egyazon H ponton mennek keresztül, azért az O1 és O2 körök hatványvonala a p12 a H-ból az O1O2 centrálisra merőlegesen (γ) bocsájtott egyenes lesz. Meglévén a hatványvonal, az O és O2 körök metszéspontjait ezen p12-nek bármelyik körrel való metszéspontjai adják.
(c) Az O,O1 és O2 középpontok egyazon egyenes pontjai.
Megoldás. Felveszünk egy tetszőleges sugarú harmadik kört, melynek azonban középpontja O3 nem esik az OO1O3 egyenesbe.
Ha már most az O1 és O3, illetőleg az O2 és O3 körök hatványvonalai egymást H'-ban metszik, akkor az O1 és O2 körök hatványvonala a H'-ból az O1O2 centrálisra bocsájtott merőleges lesz.
Összefoglalás. Látható tehát, hogy vonalzóval és a középpontjával együtt kirajzolt kör segélyével a kör síkjában minden alapfeladatot megoldhatunk, tehát e segédeszközökkel, csakúgy mint körzővel és vonalzóval, minden mértani szerkesztés elvégezhető.

*J. Steiner szerkesztése.

*J. Steiner szerkesztése.