Kezdőlap


Feladat:	20. matematika gyakorlat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Ágoston Gy. , Avvakumovits O. , Balatoni F. , Balogh Erzsébet , Bártfai P. , Beke Éva és Mária , Beleznay Ferenc , Bock J. , Bujdosó A. , Csanády S. , Cseh I. , Fejes K. , Gömöri P. , Holbok S. , Huszár Károly , Jámbor I. , Kardos P. , Kása I. , Kecskeméti I. , Kézdy P. , Klébert G. , Kollár L. , Kovács L. , Krammer G. , Kristóf T. , Lackner Györgyi , Ladányi J. , László Olga , Marik M. , Mercz F. , Mohos B. , Molnár I. , Németh I. , Osváth Etelka , Papp Z. , Parti J. , Pátkai Gy. , Rácz Márton , Reichlin V. , Robogány I. , Roboz Ágnes , Schmidt E. , Schmidt Eligius , Schuder J. , Sohár P. , Szendrei István , Tahy P. , Tóka P. , Tomor B.
Füzet:	1952/október, 55 - 57. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Középpontos tükrözés, Vetítések, Síkgeometriai szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1952/március: 20. matematika gyakorlat

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

I.megoldás: Legyen $P B = x$ , akkor $P A = 2 x$ . A szelő metszeteinek mértani közepe a $P$ -ből húzott érintőszakasz $P E = t$ (1. ábra).
Tehát $x \cdot 2 x = t^{2}$ , amiből $x = \frac{t}{\sqrt[]{2}} = \frac{t}{2} \sqrt[]{2}$ . $x$ tehát olyan egyenlő szárú derékszögű háromszög átfogója, amelynek befogói $\frac{t}{2}$ hosszúságúak. A $P$ köré $x$ sugárral rajzolt kör metszi ki az adott körből a $B_{1}$ és $B_{2}$ pontokat. A megoldhatóság feltétele: Az adott kör középpontját $O$ -val, sugarát $r$ -rel jelölve, kell, hogy $O P > r$ és $O P < x + r$ , vagyis $x = \frac{t}{2} \sqrt[]{2} > O P - r$ . Mindkét oldal pozitív lévén

\begin{matrix} t^{2} > 2 {(O P - r)}^{2} . \end{matrix}

t^{2} = O P^{2} - r^{2}

, és így

O P^{2} - r^{2} > 2 \cdot O P^{2} - 4 \cdot O P \cdot r + 2 r^{2}

vagyis

\begin{matrix} O P^{2} - 4 \cdot O P \cdot r + 3 r^{2} = (O P - r) (O P - 3 r) < O \end{matrix}

Ebből következik, hogy

r < O P < 3 r

esetén 2 különböző megoldás van. (Az

O P = r

, ill.

O P = 3 r

egyenlőségeket is megengedve, egy-egy elfajuló, ill. triviális megoldáshoz jutunk.)

Schmidt Eligius (Bp. I., Fürst S. g. II. o. t.)

1. ábra

II.megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak (1. ábra). A

B_{2}

ponton át

A_{2} O

-val húzott párhuzamos az

O P

távolságot annak felezőpontjában,

F

-ben metszi és

F B_{2} = \frac{O A_{2}}{2} = \frac{r}{2}

. Tehát az

O P

távolság

F

felezőpontja köré

\frac{r}{2}

sugárral rajzolt kör metszi ki az adott körből a

B_{1}

és

B_{2}

pontokat.
Feladatunk megoldható, ha az

O F B_{2 Δ}

szerkeszthető, vagyis

\begin{matrix} r - \frac{r}{2} < O F < r + \frac{r}{2}, azaz (mivel 2 O F = O P) r < O P < 3 r . \end{matrix}

Huszár Károly (Bp. II., Rákóczi g. II. o. t.)

A hasonlósági transzformáción alapuló megoldások legnagyobb része lényegileg megegyezik ezzel a megoldással.

III. megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak (2. ábra). Jelöljük

M

-mel az

A_{1} B_{1}

húr felezőpontját.

B_{1}

-en át

O M

-mel húzott párhuzamos messe

O P

-t

Q

pontban.

2. ábra

A feladat szerint

P B_{1} : P M = 2 : 3 = P Q : P O

, amiből

P Q = \frac{2}{3} P O

.

Mivel

O M ⊥ P M

, azért

Q B_{1}

is merőleges

P B_{1}

-re, vagyis a

B_{1}

pont a

P Q

fölé, mint átmérő fölé rajzolt Thales-körön van. A szerkesztés menete tehát: megszerkesztjük a

Q

pontot és a

P Q

fölé rajzolt Thales-kör metszi ki az adott körből a keresett

B_{1}

és

B_{2}

pontokat.
A szerkesztés elvégezhető, ha amellett, hogy

P

az adott körön kívül van (feladatunk kikötése),

Q

az adott körön belül van, vagyis

O Q = \frac{O P}{3} < r < O P

, azaz

r < O P < 3 r

Rácz Márton (Bp. II., Rákóczi g. II. o. t.)

IV. megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak. Tükrözzük az adott kört a

B

pontra. Az

A

pont centrális tükörképe feladatunk értelmében nyilván a

P

pont és az egész kör tükörképe az adott körrel egybevágó kör, mely átmegy a

P

-n és érinti

B

-ben az adott kört. A tükörkép középpontja ezek szerint az

O

köre

2 r

és

P

köré

r

sugárral rajzolt körök metszéspontja

O_{1}

és

O_{2}

(2. ábra). Az

O O_{1}

és

O O_{2}

centrális egyenesek metszik ki az adott körből a keresett

B_{1}

és

B_{2}

pontokat. A megoldhatóság feltétele, hogy

O P

r

és

2 r

oldalakból háromszög legyen szerkeszthető, vagyis

2 r - r < O P < 2 r + r

, azaz

r < O P < 3 r

Szendrei István (Kunszentmiklós, Damjanich g. I. o. t.)

3. ábra

V. megoldás: Ha a feladatot megoldottnak képzeljük, akkor (3.ábra) a

B_{1}

ponton át a

P A_{1}

szelőre emelt merőleges ‐ Thales tétele alapján ‐ második metszéspontként kimetszi a körből az

A_{1}

pont átellenes pontját

A_{1}^{*}

-ot és

P A_{1}^{*} = A_{1} A_{1}^{*} = 2 r

. Tehát

P

köré

2 r

sugárral rajzolt kör metszi ki az adott körből az

A_{1}^{*}

és

A_{2}^{*}

pontokat, amelyeknek átellenes pontjai a keresett

A_{1}

és

A_{2}

pontok. A megoldhatóság feltétele szóról-szóra ugyanaz, mint a IV. megoldásnál.

Beleznay Ferenc (Bp. V., Piarista g. I. o. t.)