Kezdőlap


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

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

Legyen a két kör $k_{1}$ és $k_{2}$ , közös középpontjuk $O$ , sugaruk rendre $r_{1}$ , $r_{2}$ , és $r_{1} < r_{2}$ . Ha a követelmények szerinti négyzetet $O$ körül forgatjuk, csúcsai rajta maradnak $k_{1}$ -en, ill. $k_{2}$ -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 $A B C D = N$ 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

k_{1}

-en

N

egyik oldalának végpontjai vannak rajta,

k_{2}

-n pedig a szemben fekvő oldal végpontjai. (Ugyanis a közbeszédi szokás szerint úgy értelmezzük a követelményt, hogy

k_{1}

-en is,

k_{2}

-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

k_{1}

-en levő csúcsok

A

C

, és így

B

D

k_{2}

-n vannak, akkor

O

rajta lenne

A C

felező merőlegesén is,

B D

-én is, tehát csak a négyzet középpontja lehetne, ebből pedig az következnék, hogy

k_{2}

azonos

k_{1}

gyel.

N

csúcsainak a két körre más elosztása nem lehetséges, állításunkat bebizonyítottuk.
3. Legyen tehát a pozitív körüljárású

A B C D = N

-nek

A

B

csúcsa

k_{1}

-en,

C

D

pedig

k_{2}

-n és fordítsuk el ábránkat

A

körül

+ 90^{\circ}

-kal. Ekkor

B

D

-be jut, és legyen

O

k_{1}

új helyzete

O'

k'_{1}

. Mivel

k_{1}

átmegy

B

-n, azért

k'_{1}

átmegy

D

-n, vagyis

D

k_{2}

-nek és

k'_{1}

-nek közös pontja, és miután

A

-t a

k_{1}

-en tetszés szerint megválasztottuk,

O'

k'_{1}

és

D

megszerkeszthető.

D

-t

- 90^{\circ}

-kal elfordítva kapjuk

B

-t (

k_{1}

-en),

C

pedig a

D

-nek tükörképe az

A B

szakasz

f

felező merőlegesére. Így

A B = A D

és

D A B ∢ = 90^{\circ}

, végül

C

négyzetté egészíti ki a

D A B

háromszöget és rajta van

k_{2}

-n, hiszen

f

k_{2}

-nek is szimmetriatengelye.
A

D

pont ‐ és vele a négyzet ‐ akkor és csak akkor jön létre, ha

k'_{1}

-nek és

k_{2}

-nek van közös pontja. Ennek föltétele, mivel centrálisuk hossza

r_{1} \sqrt[]{2}

, a következő:

\begin{matrix} r_{2} - r_{1} ≦ r_{1} \sqrt[]{2} ≦ r_{2} + r_{1}, \end{matrix}

amiből a jobb oldali egyenlőtlenség

r_{2} > r_{1}

alapján mindig teljesül. A baloldaliból pedig a két sugár arányára

\begin{matrix} 1 < \frac{r_{2}}{r_{1}} \leq 1 + \sqrt[]{2} . \end{matrix}

4. Visszatérve a

P

ponttal kapcsolatos követelményre,

N

forgatása közben oldalegyeneseinek

O

-tól való távolsága nem változik, így az oldalegyenesek érintenek egy-egy kört (

A D

és

B C

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

O P = d

távolságnál. Egy

A B C D

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

r_{1}

r_{2}

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

k_{1}

en, a másik kettő pedig a

k_{2}

-n van ‐, eljuthatunk a ,,feladat megfordításának módszeré''-vel és hasonlósági transzformációval. Egy tetszőleges

A_{1}^{*} A_{2}^{*} A_{3}^{*} A_{4}^{*} = N^{*}

négyzet

A_{1}^{*} A_{2}^{*}

oldalának felező merőlegesén megszerkesztjük azokat a

K^{*}

pontokat, amelyekre

K^{*} A_{1}^{*} : K^{*} A_{4}^{*} = r_{1} : r_{2}

(Apollóniosz-körrel, a metszéspontok száma

2

1

vagy

0

), majd

O

-ból

K^{*} A_{i}^{*}

-vel (

i

1

2

3

4

) párhuzamosan húzott félegyenesekkel kimetsszük

k_{1}

-ből

A_{1}

-et és

A_{2}

-t,

k_{2}

-ből

A_{3}

-at és

A_{4}

et, ekkor a segédnégyzet

A_{1} A_{2} A_{3} A_{4}

. (Két lépésben:

N^{*}

-ot nagyítjuk

r_{1} : K^{*} A_{1}

arányban és

K^{*}

képét

O

-ba toljuk.) A szerkesztést a megoldásbeli elfordítással fejezzük be (3. ábra).

3. ábra