Feladat: F.2535 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bereczky Á. ,  Bodor Cs. ,  Cynolter G. ,  Edvi T. ,  Fülöp T. ,  Hajdú Gábor ,  Hetyei Judit ,  Kádár Zs. ,  Kintli L. ,  Kiszel I. ,  Kós G. ,  Majzik I. ,  Makay G. ,  Ohnmacht R. ,  Pfeil T. 
Füzet: 1986/január, 8 - 9. oldal  PDF file
Témakör(ök): Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Merőleges affinitás, Derékszögű háromszögek geometriája, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Egyenesek egyenlete, Ellipszis egyenlete, Síkgeomertiai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Ellipszis, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/május: F.2535

Egy ellipszis tetszőleges P pontjának a nagytengelyre eső vetülete Q és az OQ szakasz felezőpontja R, ahol O az ellipszis középpontja. Mit mondhatunk az ellipszisről, ha a P-ben PR-re állított merőleges egyenes éppen a P-beli érintő?

I. megoldás. Legyen az ellipszis kanonikus egyenlete x2a2+y2b2=1, a P pont koordinátái pedig x1 és y1. Ekkor a további szereplő pontok koordinátái:
Q(x1,0),R(x12,0),O(0,0).

 
 

Mivel P az ellipszis pontja : x12a2+y12b2=1. Az ellipszis P pontjában húzott érintő egyenlete ‐ mint ismeretes ‐
x1a2x+y1b2y=1;
ennek normálvektora pedig n(x1a2,y1b2). A feladat feltételei szerint RP merőleges erre az érintőre, emiatt RPn. Van tehát olyan λ valós szám, amelyre RP=λn.
Mivel RP=OP-OR, azért RP=x12i+y1j, és így
x12=λx1a2ésy1=λy1b2.
Kifejezve λ-t, kapjuk, hogy λ=a22 és λ=b2, így a2=2b2. Mivel a és b pozitív, ez azt jelenti, hogy a=2b.
Eszerint valóban van olyan ellipszis, amelynek minden pontjára teljesül a feltevés ‐ még nagytengelyének végpontjaira is ‐, és pedig minden ilyen ellipszis nagytengelye a kistengelynek a 2-szöröse. Ennek érdekes következménye, hogy a két fókusz távolsága éppen a kistengely hosszával egyenlő.
Minden lépésünk megfordítható, így ez a feltétel elégséges is.
 

 Hetyei Judit (Pécs, Leőwey K. Gimn., IV. o. t.)
 
II. megoldás. Rajzoljuk meg az O középpontú, félnagytengely sugarú kört! Az ellipszis ennek a körnek a képe merőleges affinitással, ha az affinitás tengelyének a nagytengely egyenesét választjuk. Legyen P' a P-nek megfelelő pont a körön. Az ebben a pontban húzott körérintő és a P-beli ellipszisérintő a nagytengely egyenesén metszik egymást egy S pontban.
Az SPR derékszögű háromszöget a PQ magasságvonal két hasonló háromszögre bontja, amelyek oldalaira igaz, hogy
PQ:SQ=RQ:PQ,vagyisPQ2=SQQR.
Ugyanígy az SP'O derékszögű háromszögben :
P'Q:SQ=OQ:P'Q,
és mivel OQ=2RQ, így P'Q2=2SQQR. Összevetve:
P'Q2=2PQ2,vagyisPQP'Q=1/2,
az affinitás aránya tehát 1:2.
Mivel a kistengely épp a kör átmérőjének képe az affinitás során, a nagytengely pedig a kör átmérője, ebben az ellipszisben a nagytengely 2-ször akkora, mint a kistengely.
 

 Hajdu Gábor (Bp., Eötvös J. Gimn., II. o. t.)