Kezdőlap


Feladat:	691. matematika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Almási L. , Bártfai P. , Biczó G. , Bognár P. , Csák J. , Csiszár Imre , Frivaldszky J. , Harza T. , Jakubovics J. , Krem A. , Legéndy K. , Makkai M. , Mecseki A. , Pasitka B. , Quittner P. , Rázga T. , Stahl J. , Szabados J. , Szeidl Béla , Szentai E. , Vásárhelyi B. , Vigassy György , Zsombok Z.
Füzet:	1956/február, 46 - 49. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Mértani helyek, Hiperbola, mint mértani hely, Pont körüli forgatás, Húrnégyszögek, Középponti és kerületi szögek, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1955/május: 691. matematika feladat

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

I. megoldás. Jelöljük $Σ (a)$ rendszer tengelyeit $a$ -val és $b$ -vel. Válasszuk koordináta‐rendszerünk tengelyeit úgy, hogy origója essék egybe a $Σ (a)$ rendszer tengelyeinek metszéspontjával, és a rendszer tengelyeit metsző $e$ egyenes legyen merőleges az abszcissza‐tengelyre, az origótól $d (\neq 0)$ távolságban. Ebben a koordináta‐rendszerben a $Σ (a)$ rendszer tengelyeinek egyenlete $y = m x$ és $y = n x$ ; a tengelyeket metsző egyenes egyenlete $x = d$ .
Az $e$ egyenes metszéspontja az $a$ , ill. $b$ egyenessel:

\begin{matrix} A (d, m d), B (d, n d) . \end{matrix}

e

-hez adjungált

E

pontot úgy nyerjük, hogy megszerkesztjük az

A

-ban

a

-ra emelt merőleges és

B

-ben

b

-re emelt merőleges metszéspontját (1. ábra).

1. ábra

E merőlegesek egyenlete

\begin{matrix} y - m d = - \frac{1}{m} (x - d), & (1) \\ y - n d = - \frac{1}{n} (x - d) . & (2) \end{matrix}

A forgatás során

α

nem változik. E szög tangense az

m

és

n

iránytényezőkkel ‐ mint ismeretes ‐ a következőképpen fejezhető ki

\begin{matrix} tg α = \frac{m - n}{1 + m \cdot n} . \end{matrix}

(3)

(1), (2) és (3) a forgatással keletkező minden

E

pontra nézve fennáll, tehát ez az egyenletrendszer a keresett mértani hely paraméteres egyenletrendszere. Elvben (1)-ből kifejezhetnénk az

m

paramétert, (2)-ből az

n

-et és a két értéket (3)-ba helyettesítve, mindkettőt kiküszöböltük. Azonban így

m

-re és

n

-re másodfokú egyenlet adódik. Könnyebben célhoz jutunk, ha alkalmas átalakításokkal arra törekszünk, hogy az

m n

és

m - n

értékeket

x

y

és

d

-vel kifejezzük.
Ha (1)-ből kivonjuk (2)-t, ismert átalakításokkal

\begin{matrix} m n = \frac{d - x}{d} \end{matrix}

(4)

összefüggésre jutunk. Ha pedig (1)-et osztjuk

n

-nel, (2)-t

m

-mel és ezután vonjuk le (2)-t (1)-ből, átalakítások után nyerjük

\begin{matrix} m + n = \frac{y}{d} . \end{matrix}

(5)

(4) és (5)-öt közvetlenül felhasználhatjuk, ha (3)-at ‐ a nevezővel való átszorzás és négyzetreemelés után ‐ így alakítjuk át:

\begin{matrix} {(1 + m n)}^{2} {tg}^{2} α = {(m - n)}^{2} = {(m + n)}^{2} - 4 m n . \end{matrix}

(4)-et és (5)-öt behelyettesítve és

d^{2}

-tel szorozva

\begin{matrix} {(2 d - x)}^{2} {tg}^{2} α = y^{2} + 4 d x - 4 d^{2} . \end{matrix}

Ez az egyenlet hiperbola egyenlete; könnyen hozható a hiperbola egyenletének ismert alakjára. Az

\begin{matrix} (x - 2 d \frac{{tg}^{2} α + 1}{{tg}^{2} α}) {tg}^{2} α - y^{2} = 4 d^{2} \frac{{tg}^{2} α + 1}{{tg}^{2} α} \end{matrix}

(6)

alakból, ahol még

\begin{matrix} \frac{{tg}^{2} α + 1}{{tg}^{2} α} = \frac{1}{sin^{2} α}, \end{matrix}

leolvasható, hogy a hiperbola középpontja a pozitív

x

tengelyen, az origotól

\frac{2 d}{sin^{2} α}

távolságra van; valós tengelyének, amely az

x

tengelyre esik, fél hossza

a = \frac{2 d cos α}{sin^{2} α}

, fél képzetes tengelye pedig

b = \frac{2 d}{sin α} = a