Feladat: 1327. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bóta K. ,  Deák I. ,  Ferenczi Gy. ,  Huhn A. ,  Kiss Katalin ,  Lovász László ,  Márki L. ,  Nagy Klára ,  Patkós A. ,  Pelikán J. ,  Siket Aranka ,  Simonovits András ,  Sükösd Cs. ,  Szabó Mihály ,  Székely G. ,  Szemkeő Judit ,  Treer Mária ,  Veres F. ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1966/január, 12 - 15. oldal  PDF file
Témakör(ök): Ábrázoló geometria, Egyenesek egyenlete, Kör egyenlete, Koordináta-geometria, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Ellipszis, mint mértani hely, Parabola, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/május: 1327. matematika feladat

Adott egy S sík, rajta egy k kör és a síkon kívül egy A pont. Tekintsük mindazokat a gömböket, amelyek átmennek A-n és érintik S-et a k-nak valamely pontjában. Mi e gömbök középpontjainak mértani helye ? Mutassuk meg hogy a gömbök átmennek egy további állandó ponton.

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

I. megoldás. k-nak bármely M pontjához szerkeszthető egy A-n átmenő és S-et M-ben érintő G gömb. Valóban, e gömb P középpontjának rajta kell lennie egyrészt az M-ben S-re állított m merőlegesen, másrészt az AM szakasz S1 felező merőleges síkján. S1-nek és m-nek mindig van egy határozott közös pontja, hiszen csak úgy lehetnének párhuzamosak, vagy S1 úgy mehetne át m-en, ha S1 merőleges lenne S-re, ekkor pedig M-mel együtt az AM egyenes és az A pont is S-ben lenne, a feltevéssel ellentétben. G sugara P-nek M-től való távolsága (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

Az m egyenes annak a H hengerfelületnek egy alkotója, amelynek S-beli metszete k, és amelynek tengelye merőleges S-re; eszerint P rajta van H-n.
Újabb feltételt kapunk P számára, ha bebizonyítjuk a feladat állítását. Ugyanis a gömböknek az állítás szerinti további közös pontját B-vel jelölve AB minden szóban forgó gömbnek húrja, így P mindig az AB szakasz felező merőleges síkján, S2-n van. Ezek szerint P csak H és S2 metszésvonalán, e-n lehet. Ismeretes1, hogy az e vonal általában ellipszis, amely lehet kör is, ti. ha S2 merőleges H tengelyére, vagyis párhuzamos S-sel, aminek feltétele, hogy AB merőleges legyen S-re (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Rátérve az állítás bizonyítására, legyen k középpontja O, sugara r. Az AOM=SM sík G-t egy kM körben metszi, és kM-nek M-beli érintője az OM egyenes, mint S és SM közös egyenese, mert G-nek nem lehetnek pontjai S két oldalán, és így kM-nek sem OM két oldalán. Legyen OA és kM második közös pontja B, és alkalmazzuk a körhöz külső pontból húzott szelőre és érintőre ismert tételt kM-re és O-ra:
OAOB=OM2,innenOB=OM2OA=r2OA,(1)
állandó (itt OA0, mert O az S-ben van, A pedig az S-en kívül). Eszerint M bármely helyzetében kM, és vele G is, átmegy az OA egyenes (1)-gyel meghatározott B pontján; az állítás helyes.
Amennyiben OB=OA adódik, vagyis OA=r, akkor B azonos A-val, nincs a gömböknek további közös pontja. Ekkor viszont kM mindig érinti az OA egyenest A-ban, és ugyanez áll minden G-re, tehát P az OA-ra A-ban merőlegesen álló síkon van.
Megmutatjuk, hogy az e metszésvonal minden P pontja hozzátartozik a keresett mértani helyhez: a P középpontú, A-n átmenő G gömb a k egy pontjában érinti S-et. Az érintési pont csak P-nek S-en levő M vetülete lehet, ez valóban a k-n van, hiszen P a H henger felületén van; így elég azt belátnunk, hogy G átmegy M-en. Ekkor a PM sugárra M-ben merőlegesen álló OM egyenes érinti G-t. Elég tehát megmutatnunk, hogy PM=PA. Mivel P az S2 síknak is pontja, így az OB egyenesen levő P' merőleges vetülete2 felezi az AB szakaszt. Ezért
AP2=AP'2+P'P2=AP'2+OP2-OP'2=OP2-(OP'-AP')(OP'+P'A)==OP2-(OP'-BP')(OP'+P'A)=OP2-OBOA.



Ebből (1) és OM=r folytán
AP2=OP2-OBOA=OP2-r2=OP2-OM2=PM2,
tehát az AP és PM távolságok egyenlők, M rajta van G-n. Ezt akartuk bizonyítani.
 
 Lovász László (Budapest, Fazekas M. Gyak. G.)
 
II. megoldás. Tovább használjuk az I. megoldás jelöléseit, és felhasználjuk azt a megállapítást, hogy P a H hengerfelületen van, valamint a következő síkgeometriai segédtételt: ,,ha az f egyenes egy pontja M, és a sík egy f-en kívüli pontja A, akkor az f-et M-ben érintő és A-n átmenő kör sugara
ϱ=MA02+A0A22A0A=m2+a22a,(2)
ahol A0 az A vetülete f-re.'' Az állítás a 3. ábra PMF és MAA0 derékszögű háromszögeinek hasonlóságából következik, F az AM szakasz felezőpontja, a feltevés miatt a0.
 
 
3. ábra
 

Ebből mindjárt adódik, hogy ha a 3. ábra síkja merőleges S-re, S-sel való metszésvonala f, és A0 azonos O-val ‐ vagyis amíg M körülfut k-n, A0M állandó ‐, akkor ϱ is állandó, és P a H-nak egy az S-sel párhuzamos síkkal való metszetén, körön fut körül, hiszen ábránk H-nak bármelyik tengelymetszetét megadja. Ebben az esetben P-nek bármely az OA-n átmenő síkon való vetülete egyenesszakaszt ír le. Továbbá az is adódik, hogy a gömbök második állandó pontja az ábra B pontja, ill. a=m=ϱ esetén nincs második állandó pont; ekkor viszont mindegyik gömb A-ban érinti az A0A=OA egyenest.
Megmutatjuk, hogy P-nek az OA-n átmenő és S-re merőleges S* síkon levő Q vetülete mindig egyenesszakaszt ír le. Ebből már következik, hogy P mozgása abban a síkban folyik le, amely merőleges S*-ra, és azt a mondott szakasz egyenesében metszi. A szakasz H és e sík metszésvonalának a vetülete.
 
 
4. ábra
 

M és Q mozgását egy‐egy derékszögű koordinátarendszerben tekintjük. Legyen ezek közös origója O, közös X-tengelye az OA0 egyenes, a másik tengely az S-beli rendszerben Y, az S*-beliben Z, A0 közös x koordinátája  b, továbbá M vetülete X-en N, így az MPQN négyszög téglalap; legyen végül ON=x, NM=y, NQ=z. M pályájának, k-nak egyenlete x2+y2=r2. (2) felhasználásával Q ordinátája (3. és 4. ábra)
z=NQ=MP=ϱ=12a(a2+MA02)=12a[a2+(b-x)2+y2]=(3)=12a[a2+b2-2bx+(x2+y2)]=a2+b2+r22a-bax.



Ez az XZ koordinátarendszerben valóban egyenes egyenlete. Az egyenesből Q a k-ra tekintettel a -rxr szakaszt írja le (mégpedig 2-szer).
Az iránytényezőből látható, hogy a talált egyenes ‐ és így P pályájának síkja is ‐ merőleges OA-ra. b0 esetén az egyenes és a sík ferdén hajlik Z-hez, ami H-nak is tengelye, és így P pályája az I. megoldásbeli idézet szerint mindig ellipszis.
A vizsgált gömbök S*-ot olyan körben metszik, amelynek középpontja Q, és amely átmegy A-n. Eszerint a (3) egyenes minden ilyen körnek szimmetriatengelye, tehát minden ilyen kör és minden gömb is átmegy A-nak az egyenesre való B tükörképen. B az OA egyenesen van.

1Lásd pl. Lőrincz Pál: Ábrázoló geometria a gimn. IV. o. számára, 3. kiadás, Tankönyvkiadó, Bp., 1959. 63. o.

2A 2. ábrán P' beírandó