Feladat: F.1741 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1971/november, 123 - 125. oldal  PDF file
Témakör(ök): Pont körüli forgatás, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül körökben, Diszkusszió, Négyszögek szerkesztése, Szabályos sokszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1970/november: F.1741

Adott a síkban két koncentrikus kör és egy pont, amely egyik körön sincs rajta. Szerkesztendő olyan négyzet, melynek csúcsai a két körön vannak és egy oldala vagy meghosszabbítása átmegy a ponton.

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

Legyen a két kör k1 és k2, közös középpontjuk O, sugaruk rendre r1, r2, és r1<r2. Ha a követelmények szerinti négyzetet O körül forgatjuk, csúcsai rajta maradnak k1-en, ill. k2-n, ellenben az adott P pontról a rajta átmenő oldalegyenes ,,lelép'', de elegendő nagy elfordítás után esetleg egy másik oldalegyenes söpör át P-n. Ez adja azt az ötletet, hogy a P-re vonatkozó követelménytől egyelőre eltekintve olyan ABCD=N segédnégyzetet szerkesszünk, melynek csúcsai a két körön vannak. Ekkor ugyanis csak az lesz már hátra, hogy N-et O körül forgatva, a forgatást abban a helyzetben állítsuk meg, amelyben N valamelyik oldala éppen áthalad P-n; az ehhez szükséges α forgatási szöget próbálgatás nélkül úgy kapjuk, hogy P-t az O körül ráforgatjuk N valamelyik oldalára, ekkor α nagysága (abszolút értéke) egyenlő ezzel a szöggel, iránya pedig vele ellentétes (1. ábra, lásd a 124. oldalon).

 
 
1. ábra
 

2. Megmutatjuk, hogy az N csúcsaira fennálló követelmény csak úgy teljesülhet, ha k1-en N egyik oldalának végpontjai vannak rajta, k2-n pedig a szemben fekvő oldal végpontjai. (Ugyanis a közbeszédi szokás szerint úgy értelmezzük a követelményt, hogy k1-en is, k2-n is kell lennie N valahány csúcsának.) Nem lehet ugyanis N-nek 3 csúcsa az egyik körön, mert minden négyzet húrsokszög, és bármelyik 3 csúcsán átmenő kör átmegy a negyedik (az összes többi) csúcson, így pedig egy csúcs sem lenne a másik körön. Továbbá az sem lehet, hogy mindegyik körön egyik-egyik átló végpontjai legyenek rajta. Ha ugyanis a k1-en levő csúcsok A, C, és így B, D a k2-n vannak, akkor O rajta lenne AC felező merőlegesén is, BD-én is, tehát csak a négyzet középpontja lehetne, ebből pedig az következnék, hogy k2 azonos k1 gyel. N csúcsainak a két körre más elosztása nem lehetséges, állításunkat bebizonyítottuk.
3. Legyen tehát a pozitív körüljárású ABCD=N-nek A, B csúcsa k1-en, C, D pedig k2-n és fordítsuk el ábránkat A körül +90-kal. Ekkor B a D-be jut, és legyen O, k1 új helyzete O', k'1. Mivel k1 átmegy B-n, azért k'1 átmegy D-n, vagyis D a k2-nek és k'1-nek közös pontja, és miután A-t a k1-en tetszés szerint megválasztottuk, O', k'1 és D megszerkeszthető. D-t -90-kal elfordítva kapjuk B-t (k1-en), C pedig a D-nek tükörképe az AB szakasz f felező merőlegesére. Így AB=AD és DAB=90, végül C négyzetté egészíti ki a DAB háromszöget és rajta van k2-n, hiszen f a k2-nek is szimmetriatengelye.
A D pont ‐ és vele a négyzet ‐ akkor és csak akkor jön létre, ha k'1-nek és k2-nek van közös pontja. Ennek föltétele, mivel centrálisuk hossza r12, a következő:
r2-r1r12r2+r1,
amiből a jobb oldali egyenlőtlenség r2>r1 alapján mindig teljesül. A baloldaliból pedig a két sugár arányára
1<r2r11+2.

4. Visszatérve a P ponttal kapcsolatos követelményre, N forgatása közben oldalegyeneseinek O-tól való távolsága nem változik, így az oldalegyenesek érintenek egy-egy kört (AD és BC ugyanazt a kört). P-n azok az oldalegyenesek söpörnek át, amelyekhez tartozó körhöz lehet P-ből érintőt húzni ‐ éppen ezek az érintők az oldalegyenes megfelelő helyzetei ‐, vagyis amelynek sugara kisebb az OP=d távolságnál. Egy ABCD segédnégyzet 3 ilyen köréhez P-ből legföljebb 6 érintő húzható, így ‐ amennyiben 2 segédnégyzetet kapunk ‐, N megfelelő helyzeteinek száma legföljebb 12 (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Adott r1, r2 esetében a mondott körök sugarai ki is számíthatók és összehasonlíthatók d-vel. A számítást az olvasóra hagyjuk.
 

Megjegyzés. A fenti megoldásbeli közbülső eredményhez ‐ amelyben a négyzetnek két szomszédos csúcsa a k1 en, a másik kettő pedig a k2-n van ‐, eljuthatunk a ,,feladat megfordításának módszeré''-vel és hasonlósági transzformációval. Egy tetszőleges A1*A2*A3*A4*=N* négyzet A1*A2* oldalának felező merőlegesén megszerkesztjük azokat a K* pontokat, amelyekre K*A1*:K*A4*=r1:r2 (Apollóniosz-körrel, a metszéspontok száma 2, 1 vagy 0), majd O-ból K*Ai*-vel (i=1, 2, 3, 4) párhuzamosan húzott félegyenesekkel kimetsszük k1-ből A1-et és A2-t, k2-ből A3-at és A4 et, ekkor a segédnégyzet A1A2A3A4. (Két lépésben: N*-ot nagyítjuk r1:K*A1 arányban és K* képét O-ba toljuk.) A szerkesztést a megoldásbeli elfordítással fejezzük be (3. ábra).
 
 
3. ábra