Feladat: F.2911 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csermely Zoltán ,  Futó Gábor ,  Horvai Péter ,  Kálmán Tamás ,  Párniczky Benedek ,  Pete Gábor 
Füzet: 1993/február, 61 - 63. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Simson-egyenes, Húrnégyszögek, Síkgeometriai szerkesztések, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1992/május: F.2911

A síkon felvettünk egy konvex szöget és egy P pontot. Szerkesszünk P-n át olyan egyenest, amely által a szög száraiból levágott darabok összege adott d hosszúság.

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

I. megoldás: Tekintsük a feladatot megoldottnak. A megoldást a P pont helyzete szerint négy részre bontjuk.

 

1. Legyen P a konvex szögtartomány belső pontja. Húzzunk párhuzamost P-n át a szög száraival. Legyenek a szárakon keletkező metszéspontok A1, illetve B1, OA1=b, OB1=a, és használjuk az 1. ábra további jelöléseit is. Az AA1P és AOB hasonló háromszögekből
xa=x+bd-(x+b),innenx2-(d-a-b)x+ab=0,
vagy  a c=d-a-b jelöléssel x2-cx+ab=0.
 
 

1. ábra
 

Ennek megoldása x=c±c2-4ab2, amelyben c2-4ab ismert módon szerkeszthető, majd x is. A szerkesztés ezután úgy történik, hogy O-ból fölmérjük b+x-et az OA1 szárra, így kapjuk A-t, amelyet P-vel összekötve adódik a szerkesztendő egyenes. A feladat megoldható, ha c2-4ab0, és 2 vagy 1 megoldás van aszerint, hogy c=d-a-b>2ab vagy d-a-b=2ab.
 
 

2. ábra
 

2. Most nézzük azt az esetet, amikor P a konvex szögtartomány valamelyik mellékszögének belső pontja. A 2. ábra alapján
xa=x-bd-x+b,ahonnanx2-(d-a+b)x-ab=0,

vagy c=d-a+b jelöléssel: x2-cx-ab=0,x=c±c2+4ab2; csak x=c+c2+4ab2 lehetséges, ezért most egy megoldás van.
 

3. Ha P a konvex szögtartomány határának egy 0-tól különböző pontja, akkor A és B valamelyikével egybeesik. Legyen pl. P=B, ekkor PO=a és OA=d-a, így A megszerkeszthető. A megoldhatóság feltétele d>a, és ekkor egy megoldás lesz (3. ábra).
 

 
 

3. ábra
 

4. Ha P a konvex szögtartomány csúcsszögének határán vagy annak belsejében van, nem lesz megoldás, hiszen akkor nincs olyan P-n átmenő egyenes, amely a konvex szög mindkét szárát metszené.

 Csermely Zoltán (Szeged, Radnóti M. Gimn.) és

 Horvai Péter (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn.) dolgozata alapján
 
 

4. ábra
 

II. megoldás: Tekintsük most is megoldottnak a feladatot. Használjuk a 4. ábra jelöléseit. Ezen az ábrán OA0=OB0=d2. Az A0 és B0 pontokban a szögszárakra állított merőlegesek metszéspontja F, és nyilván A0F=FB0, továbbá d2=OA+AA0=OB-BB0, így AA0=BB0. Ezért az FA0A és FB0B derékszögű háromszögek egybevágók. Az egybevágóság következtében AF=FB, az F-ből az AB-re bocsátott merőleges T talppontja felezi az AB szakaszt. Egyenlőek továbbá az ábra ívvel jelölt szögei. Ez utóbbi miatt az AOBF négyszög húrnégyszög, tehát az F pont rajta van az AOB háromszög körülírt körén. Mivel F-ből az ABO háromszög oldalaira bocsátott merőlegesek talppontjai egy egyenesen ‐ az F ponthoz tartozó Simson egyenesen ‐ vannak, azért A0, T és B0 egy egyenesre esnek. A szerkesztést ezután a következőképpen végezhetjük: Kijelöljük a szög szárain az A0, B0 pontokat, majd megszerkesztjük F-et. A T pontot az A0B0 egyenesből PF Thalész-köre metszi ki, és PT a szerkesztendő egyenes. Attól függően, hogy PF Thalész-köre hány pontban metszi az A0B0 szakaszt, a feladatnak 2, 1 vagy 0 megoldása lesz.