Kezdőlap


Feladat:	F.2535	Korcsoport: 16-17	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 \| MathML
Témakör(ök):	Másodfokú (és arra visszavezethető) egyenletrendszerek, Merőleges affinitás, Derékszögű háromszögek geometriája, Műveletek helyvektorok koordinátáival, Egyenesek egyenlete, Ellipszis egyenlete, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Ellipszis, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1985/május: F.2535

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

I. megoldás. Legyen az ellipszis kanonikus egyenlete $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ , a $P$ pont koordinátái pedig $x_{1}$ és $y_{1}$ . Ekkor a további szereplő pontok koordinátái:

\begin{matrix} Q (x_{1}, 0), R (\frac{x_{1}}{2}, 0), O (0, 0) . \end{matrix}

Mivel

P

az ellipszis pontja :

\frac{x_{1}^{2}}{a^{2}} + \frac{y_{1}^{2}}{b^{2}} = 1

. Az ellipszis

P

pontjában húzott érintő egyenlete ‐ mint ismeretes ‐

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{a^{2}} x + \frac{y_{1}}{b^{2}} y = 1; \end{matrix}

ennek normálvektora pedig

n (\frac{x_{1}}{a^{2}}, \frac{y_{1}}{b^{2}})

. A feladat feltételei szerint

\vec{R P}

merőleges erre az érintőre, emiatt

\vec{R P} ∥ n

. Van tehát olyan

λ

valós szám, amelyre

\vec{R P} = λ n

.
Mivel

\vec{R P} = \vec{O P} - \vec{O R}

, azért

\vec{R P} = \frac{x_{1}}{2} i + y_{1} j

, és így

\begin{matrix} \frac{x_{1}}{2} = λ \frac{x_{1}}{a^{2}} és y_{1} = λ \frac{y_{1}}{b^{2}} . \end{matrix}

Kifejezve

λ

-t, kapjuk, hogy

λ = \frac{a^{2}}{2}

és

λ = b^{2}

, így

a^{2} = 2 b^{2}

. Mivel

a

és

b

pozitív, ez azt jelenti, hogy

a = \sqrt[]{2 b}

.
Eszerint valóban van olyan ellipszis, amelynek minden pontjára teljesül a feltevés ‐ még nagytengelyének végpontjaira is ‐, és pedig minden ilyen ellipszis nagytengelye a kistengelynek a

\sqrt[]{2}

-szöröse. Ennek érdekes következménye, hogy a két fókusz távolsága éppen a kistengely hosszával egyenlő.
Minden lépésünk megfordítható, így ez a feltétel elégséges is.

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'

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

S P R

derékszögű háromszöget a

P Q

magasságvonal két hasonló háromszögre bontja, amelyek oldalaira igaz, hogy

\begin{matrix} P Q : S Q = R Q : P Q, vagyis P Q^{2} = S Q \cdot Q R . \end{matrix}

Ugyanígy az

S P' O

derékszögű háromszögben :

\begin{matrix} P' Q : S Q = O Q : P' Q, \end{matrix}

és mivel

O Q = 2 R Q

, így

P' Q^{2} = 2 S Q \cdot Q R

. Összevetve:

\begin{matrix} P' Q^{2} = 2 P Q^{2}, vagyis \frac{P Q}{P' Q} = 1 / \sqrt[]{2}, \end{matrix}

az affinitás aránya tehát

1 : \sqrt[]{2}

.
Mivel a kistengely épp a kör átmérőjének képe az affinitás során, a nagytengely pedig a kör átmérője, ebben az ellipszisben a nagytengely

\sqrt[]{2}

-ször akkora, mint a kistengely.