Feladat: F.2373 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Alberti G. ,  Almássy T. ,  Ambrus L. ,  Balázs Z. ,  Beke S. ,  Bobák Emese ,  Csillag P. ,  Danyi P. ,  Drávucz Katalin ,  Erdős 228 L. ,  Fóris Z. ,  Frei Zs. ,  Fritz P. ,  Kapovits Á. ,  Kardon B. ,  Kedves M. ,  Kovács 123 L. ,  Lenkó Cs. ,  Mohay T. ,  Nagy Zs. ,  Nyikes P. ,  Papp 193 G. ,  Peták T. ,  Polgár L. ,  Raffai Zs. ,  Simák Gy. ,  Spanyiel Ilona ,  Szekeres G. ,  Szemők Á. ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. ,  Vindics I. ,  Wágner P. A. ,  Weisz F. ,  Zieger B. 
Füzet: 1983/február, 63 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Parabola egyenlete, Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Egyenesek egyenlete, Paraméteres egyenletek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1982/május: F.2373

A parabola vezéregyenesének egy pontjából érintőket húzunk a parabolához. Mutassuk meg, hogy az érintési pontokat összekötő egyenes átmegy a parabola fókuszán.

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

I. megoldás. A feladatot koordináta-geometriai módszerrel oldjuk meg. A koordináta-rendszer kezdőpontja legyen a parabola tengelypontja, az y-tengely a parabola szimmetriatengelye. "Felfelé nyitott'' parabolát vizsgálunk, ennek egyenlete :

y=12px2,
ahol p>0, a parabola paramétere. A parabola fókusza az F(0;p2) pont, vezéregyenese az y=-p2 egyenletű egyenes (1.ábra).
 

1. ábra
 
Egy, a parabola síkjában fekvő egyenest akkor tekintünk a parabola érintőjének, ha a parabolával egyetlen közös pontja van, és nem párhuzamos a parabola tengelyével. A vizsgált parabola érintői nem lehetnek tehát párhuzamosak az y-tengellyel, ezért az érintők egyenlete y=mx+b alakban írható.
Legyen a vezéregyenes egy tetszőleges, de rögzített pontja K(a;-p2). A K pontra illeszkedő érintők egyenlete ilyen alakú lesz:
y=m(x-a)-p2,
ahol m-et kell meghatároznunk.
Az érintőnek a parabolával egy közös pontja van, ezért az
12px2=m(x-a)-p2
vagyis az
x2-2pmx+2pma+p2=0

másodfokú egyenlet diszkriminánsának zérusnak kell lennie :
4p2m2-4(2pma+p2)=0.
Ennek alapján a két érintő meredeksége :
m1=1p(a-a2+p2)ésm2=1p(a+a2+p2).

A P1,P2 érintési pontok x koordinátáját az egyenlet kétszeres gyöke, x=pm adja, y koordinátáját pedig y=12px2 :
P1[a-a2+p2;12p(2a2+p2-a2+p2)],
P2[a+a2+p2;12p(2a2+p2+2aa2+p2)].

A P1P2 egyenes egyenlete az (x2-x1)(y-y1)=(y2-y1)(x-x1) séma szerint
2a2+p2[y-12p(2a2+p2-2aa2+p2)]=2apa2+p2[x-(a-a2+p2)].
x=0 esetén, tekintve, hogy a2+p20:
y=12p(2a2+p2-2aa2+p2)-ap(a-a2+p2)=p2.
Ezzel igazoltuk, hogy a fókuszpont illeszkedik a P1P2 egyenesre.
 
Bobák Emese (Jászárokszállás, Solymosi I. Gimn., III. o.t.)
 

II. megoldás. Bebizonyítjuk, hogy a parabola egy tetszőleges P pontjából a fókuszhoz húzott vezérsugár és a P pontból a vezéregyenesre bocsátott merőleges szögét felező egyenes érinti a parabolát.
Legyen P a parabolának egy tetszőleges pontja. P-ből a v vezéregyenesre bocsátott merőleges talppontját jelölje G, a parabola fókuszpontját F (2. ábra).
 

2. ábra
 

Belátjuk, hogy az PFG szögfelezőjének semelyik P-től különböző Q pontja nem lehet a parabolán.
Mivel az FPG sohasem 0, az FPG szögfelezője nem párhuzamos a parabola tengelyéve], és ennek megfelelően nem merőleges a vezéregyenesre. A szögfelezőn ezért P az egyetlen pont, amelynek merőleges vetülete a vezéregyenesen G.
Az FPG szögfelezője egyúttal az FG szakasz felező merőlegese is, hiszen a parabola definíciója szerint PF=PG. Így a szögfelező tetszőleges Q pontja ugyanakkora távolságra van F-tőI, mint G-től, de a szögfelezőn csak a P pont van ugyanakkora távolságra G-től, mint a vezéregyenestől.
Ezek után a feladat megoldása már könnyen adódik. Tekintsük a parabolának egy, a vezéregyenest K-ban metsző érintőjét (3. ábra).
 

3. ábra
 
Mivel K az érintőn van, KG=KF. A PFK háromszög ezért egybevágó a PGK háromszöggel. Ebből következik, hogy PFK=PGK=90, vagyis a vezéregyenes K pontjából a parabolához húzott érintő P érintési pontját F-fel összekötő egyenes merőleges a KF egyenesre. Mivel ez igaz a K pontra illeszkedő másik érintőre is, az érintési pontok és a fókuszpont valóban egy egyenesen vannak.
 
Tranta Beáta (Miskolc, Földes F. Gimn., IV. o. t.)

 
Megjegyzések. 1. Néhány dolgozat a (0;1) pontot tekintette az y=x2 parabola fókuszának, egyúttal az y=-1 egyenest használta fel mint vezéregyenest. Látszólag bebizonyították az állítást egy ál-fókuszra és ál-vezéregyenesre. Közelében jártak a következő tételnek.
Jelöljön e egy a vezéregyenessel párhuzamos, rögzített egyenest, E ennek egy tetszőleges pontját,T1 és T2 az E-ből húzott érintők érintési pontját, végül G a T1T2 egyenesnek a tengelyen levő pontját. Ekkor G állandó pont, éspedig rajta van e-nek a csúcsérintőre való tükörképén (4. ábra).
 

4. ábra
 
Legyen a parabola y=x2, ekkor érintőjének iránytényezője az (x1,x12) pontban 2x1, az érintő egyenlete y-x12=2x1(x-x1). Legyen x2x1, az (x2,x22) pontbeli, y=2x2x-x22 egyenletű érintő, ez az előbbit az x=(x1+x2)/2 abszcisszán metszi. Ezt tekintjük E-nek, ordinátája x1x2.
Végül a T1T2 egyenes egyenlete (y-x12)(x2-x1)=(x22-x12)(x-x1), ennek pedig az x=0 abszcisszájú pontjához az y=-x1x2 ordináta tartozik.
Ha e azonos a vezéregyenessel, akkor G azonos a fókusszal.
2. Kapcsolatba hozhatják az érdeklődők az előbbieket a következőkkel. Jelölje a T1T2 húr felezőpontját H, az EH szakasz felezőpontját K. Ekkor K rajta van a parabolán és EH párhuzamos a tengellyel.