Kezdőlap


Feladat:	F.2473	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bán Rita , Boros 966 Z. , Bujdosó 419 L. , Füst Ágnes , Gaál Andrea , Hetyei Judit , Horváth A. , Hraskó A. , Kovács 111 Cs. , Kruzslicz F. , Ladányi L. , Limbek Cs. , Magyar Á. , Megyesi Gábor , Németh-Buhin Á. , Paál Beatrix , Pintér A. , Ribényi Á. , Somogyi 196 A. , Szabó Szabolcs , Varga K.
Füzet:	1984/december, 443 - 446. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai szerkesztések, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1984/április: F.2473

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

I. megoldás. Nyilvánvaló, hogy ha találtunk egy megoldást, annak az $A O$ egyenesre való tükörképe is megoldás, ahol $O$ az adott $k$ kör középpontját jelöli.
Mindig van olyan megoldás, amely önmagának a tükörképe, vagyis a keresett húr merőleges $A O$ -ra, tehát párhuzamos a $B C$ húrral. Ezt a következő két lépéssel kapjuk: jelöljük $B$ -nek $C$ -re való tükörképét $B^{*}$ -gal és az $A B^{*}$ egyenesnek $k$ -val való második metszéspontját $E$ -vel. Ezzel készen is vagyunk. $E$ a keresett $D E$ húr egyik végpontja, és ezt $A B$ -vel, $A C$ -vel való $D_{1}$ , $E_{1}$ metszéspontjai nyilván három egyenlő darabra osztják (1. ábra).

1. ábra

Tegyük fel, hogy van olyan,

A O

-ra nem szimmetrikus

F G

húr is a

k

-ban, amelynek

A B

-vel,

A C

-vel való

F_{1}, G_{1}

metszéspontjaira

F F_{1} = F_{1} G_{1} = G_{1} G

és

A F_{1} > A G_{1}

. Tekintsük az

A F_{1} G_{1}

háromszög köré írt

k_{1}

kört, ezen is az

A

-t nem tartalmazó

F_{1} G_{1}

ív

O_{1}

felezőpontját (2. ábra).

2. ábra

Ismeretes, hogy

O_{1}

-ben metszi egymást az

F_{1} A G_{1}

szög

f_{1}

felezője és az

F_{1} G_{1}

húr

m_{1}

felező merőlegese. Ámde

f_{1}

az eredeti

B A C

szöget is felezi, így

A B = A C

miatt

f_{1}

átmegy

O

-n, másrészt

m_{1}

F G

húrnak is felező merőlegese

F F_{1} = G_{1} G

miatt, ennélfogva

m_{1}

is átmegy

O

-n, tehát

O_{1}

azonos

O

-val.
Ezek alapján a keresett alakzathoz hasonlót szerkeszthetünk az alábbiak szerint. Legyenek

F^{*}, F_{1}^{*}, G_{1}^{*}, G^{*}

egy egyenes egymás utáni pontjai úgy, hogy

F^{*} F_{1}^{*} = F_{1}^{*} G_{1}^{*} = G_{1}^{*} G^{*}

. Szerkesszük meg az egyenes egyik partján az

F_{1}^{*} G_{1}^{*}

szakasz

B A C ∢ = α

nyílású

i_{1}

látókörívét, vegyük hozzá a teljes körré kiegészítő

i_{1}'

ívét a másik parton, jelöljük

i_{1}'

felezőpontját

O_{1}^{*}

-gal, és rajzoljuk meg

O_{1}^{*}

körül az

F^{*}

-on (és

G^{*}

-on) átmenő

k^{*}

kört (3. ábra). Ha

k^{*}

-nak van közös pontja

i_{1}

-gyel ‐ legyen a jele

A^{*}

‐, akkor az

A^{*}, F^{*}, G^{*}, F_{1}^{*}, G_{1}^{*}

alakzat hasonló a keresett

A, F, G, F_{1}, G_{1}

alakzathoz.

3. ábra

A keresettel egybevágó alakzatot úgy kapunk, hogy az

A^{*} O_{1}^{*}

félegyenesre

A^{*}

-tól fölmérjük az

A^{*} O^{* *} = A O

sugarat, az

O^{* *}

körüli,

O A

sugarú körrel az

A^{*} F^{*}

A^{*} G^{*}

egyenesből kimetsszük

F^{* *}

-ot, ill.

G^{* *}

-ot. Végül az adott körből kimetsszük

A

-tól

A^{*} F^{* *}

, ill

A^{*} G^{* *}

távolságra levő

F

, ill.

G

pontot. Ezek a keresett húr végpontjai. (Az utolsó két lépéssel

F G

tükörképének végpontjait is megkaphatjuk.)
A szerkesztés helyességének bizonyítását az olvasóra hagyjuk.

Megjegyzések. 1. Érdekes változatot írt le az idézett verseny egyik résztvevője a tengelyszimmetrikus húr szerkesztésére. Legyen

B, C

vetülete a kör

A

-beli érintőjére

B_{0}, C_{0}

, a

B_{0} B

és

C_{0} C

szakasznak az érintőhöz közelebbi harmadoló pontja

B'

, ill.

C'

, ekkor a keresett húr végpontjait

k

-ból az

A B', A C'

félegyenes metszi ki (4. ábra).

4. ábra

Föntebb az

A O

tengelyre merőleges irányú,

3

-szoros nyújtással kaptuk

C

-ből

B^{*}

-ot, itt viszont

A O

irányú

1 / 3

-os zsugorítás történt.
Mondhatjuk ezt is: az illető takarékoskodott a papírral. Megjegyezzük, hogy a szerkesztésekre szokásosan tett korlátozások között ‐ mint: csak egyenes vonalzó vagy csak körző használata, korlátozott hosszúságú vonalzó stb. ‐ szerepelnek terjedelemkorlátozások is. Például az

A

pont összekötendő a

b

és

e

egyenesek

M

metszéspontjával, annak ellenére, hogy

M

kiesik a rajzlapról.
2. A fönti ,,elemi'' megoldás mellé közlünk olyat is, amely számításon alapul. Oka kettős. A fenti

4

megoldót leszámítva minden beküldő számításra támaszkodott, és az idézett versenyen sem érkezett elemi megoldás. A másik: a fenti szép megoldásban kissé ködbe vész a megoldhatóság feltétele: ,,...amennyiben

k^{*}

-nak van közös pontja az

i_{1}

ívvel...''

II. megoldás. Kiszámítjuk az

O F_{1} = O G_{1} = r

szakasz hosszát

O A = 1

-ből és a

B A C ∢ = 2 φ

szögből. Legyen a keresett

F G

húr és az

F_{1}, G_{1}

harmadoló pontjai közti szakasz közös felezőpontja

H

és

O H = d

. Az

F H = 3 F_{1} H

követelményből

\begin{matrix} 1 - d^{2} = 9 (r^{2} - d^{2}) . \end{matrix}

Az I. megoldás szerint

O

rajta van az

A F_{1} G_{1}

háromszög körülírt körén, másrészt az

F_{1} G_{1}

egyenesnek

A

-t nem tartalmazó partján; ezért

F_{1} O H ∢ =

= 90^{\circ} - φ

és

O F_{1} H ∢ = φ, d = r sin φ

. Ezekből

\begin{matrix} 9 r^{2} = 1 + 8 d^{2} = 1 + 8 r^{2} sin^{2} φ, \\ r = \frac{1}{\sqrt[]{9 - 8 sin^{2} φ}} = \frac{1}{\sqrt[]{1 + 8 cos^{2} φ}} = \frac{1}{\sqrt[]{1 + 2 A B^{2}}} . \end{matrix}

Ez a szakasz a következő lépésekben szerkeszthető.

5. ábra

Legyen

B J = B A

és

J B A ∢ = 90^{\circ}

, továbbá

J K = O A = 1

és

K J A ∢ = 90^{\circ}

, végül

J

vetülete

A K

-n

L

J K

átmérőjű kör második közös pontja

A K

-val, 5. ábra). Könnyű belátni, hogy ekkor

K L = r

, tehát a keresett húr harmadoló pontjait az

O

körüli,

K L

sugarú kör metszi ki az adott

A B, A C

húrokból.

F_{1}

létrejön, ha

O F_{1} = K L \geq O I

, ahol

I

A B

húr felezőpontja.

\begin{matrix} \frac{1}{1 + 2 A B^{2}} \geq 1 - {(\frac{A B}{2})}^{2}, A B \geq \sqrt[]{\frac{7}{2}}, \\ φ \leq arc cos \sqrt[]{\frac{7}{8}} = 20^{\circ} 42' 17'', \\ 2 φ \leq arc cos \frac{3}{4} . \end{matrix}

2 φ \geq arc cos 0, 75

, akkor csak a triviális megoldás jön létre. Egyenlőség esetén

F_{1}, G_{1}

a húr felezőpontjába esik, emiatt

F_{1} G_{1} ∥ B C