Feladat: 493. matematika gyakorlat Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bácsy Zsolt ,  Bleyer András ,  Komlóssy György ,  Nagy Márton ,  Timár Peregrin 
Füzet: 1959/január, 13 - 14. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Alakzatok hasonlósága, Egyenes, Körérintési szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/április: 493. matematika gyakorlat

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

I. megoldás: Legyen az adott egyenes e, a rajta levő pont P, az adott kör, a középpontja, a sugara és az e-n levő érintési pontja k, O, r, T. Elég avval az esettel foglalkoznunk, ha P nem esik T-be, különben ‐ k-tól függetlenül ‐ minden olyan kör megoldása volna a feladatnak, amely e-t T-ben érinti, és más megoldás nem is lenne. Így P a k-ra nézve külső pont, ezért a keresett k' kör a k-t csak kívülről érintheti, másrészt e-t csak arról a partjáról, amelyen k van.
Képzeljük a feladatot megoldottnak, és legyen k'-nek közepe és sugara O', r' (az ábrákat magatok készítsétek el!).
Ekkor OO'=r'+r, ennélfogva, ha k'-t az r-rel nagyobb sugarú k1 körré fújjuk fel, eközben a középpontokat rögzítetteknek tekintjük, és k és k' érintkezését állandóan fenntartjuk, evvel k-t az O középpontra zsugorítjuk össze, és e-t a vele párhuzamos, tőle a k-val ellentétes oldalon r távolságban levő e1-be toljuk el. k1 és e1-nek P1 érintkezési pontját P-nek e-n levő vetülete adja meg.
Ezek szerint e1, P1, O', végül k' egymásután megszerkeszthetők, ugyanis O' számára egy mértani hely az e-re P-ben felállított m merőleges félegyenes, és egy másik az OP1-nek f felező merőlegese. Mindig egy megoldás van, mert P és T különbözősége folytán f biztosan metszi m-et.

 

Bácsy Zsolt (Bp. V., Eötvös J. g. I. o. t.)
 

Megjegyzés. f felhasználása az alábbiakkal is indokolható. k' a P-ben érint minden olyan kört, amely e-t P-ben érinti, köztük azt a k*-ot is, amelynek sugara r*=r, és amely e-nek a k-val ellentétes partján van. Így k' és k* egymást ugyancsak kívülről érintik, tehát az érintkezések és a sugarak egyenlősége folytán a k, k* és k'-ből álló alakzat tengelyszimmetrikus az OO*=OP1 szakasz felező merőlegesére.
 

Nagy Márton (Szombathely, Nagy Lajos g. II. o. t.)
 

II. megoldás: Képzeljük a feladatot megoldottnak és legyen a fenti jelöléseken túl k és k' érintkezési pontja S. Eszerint k-nak S-beli t érintője k'-t is érinti. Legyen t és e metszéspontja R (ez biztosan létezik, lehetetlen ugyanis, hogy t párhuzamos legyen e-vel, mert különben S a k kör TU átmérőjének U végpontjába esnék, és O' az e-re T-ben és P-ben állított merőlegesek mindegyikén rajta lenne). Ekkor RT=RS=RP, mert az R-ből k és k'-höz húzott érintőszakaszok, tehát R felezőpontja TP-nek.
Most már a szerkesztés lépései: R, t, S, majd OS és m félegyenesek metszéseként O' kitűzése, végül O' körül O'P sugárral k' előállítása.
A TU egyenes k-t két félkörívre és a síkot két félsíkra vágja szét. S azon a félköríven és félsíkon van, mint R ‐ ugyanis a TOSR négyszögből TOS∢=180∘-TRS∢<180∘ ‐, R viszont ugyanazon a félsíkon van, mint P, ezért az OS félegyenes biztosan metszi m-et. t megrajzolása mellőzhető is, S-et k-ból az R közepű RP sugarú körrel is kimetszhetjük.
 
Bleyer András (Bp. V., Eötvös J. g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. Hogy S-et a TP átmérőjű kör metszi ki k-ból, azt így is beláthatjuk: legyen a TOO'P trapézban TOO'∢=2a, ekkor OO'P∢=180∘-2a, másrészt az OST és O'SP háromszögekből OST∢=90∘-α és O'SP∢=α, ennélfogva TSP∢=180∘-(OST∢+O'SP∢)=90∘, azaz TP látószöge S-ben 90∘.
 

Timár Peregrin (Bp. V., Eötvös J. g. II. o. t.)
 

III. megoldás: A fenti jelölésekkel S a k és k' körök belső hasonlósági pontja, eszerint rajta van k-n, továbbá rajta van a körök egy‐egy, ellentett irányú sugarának végpontjait összekötő egyenesen. Ilyen sugarak O'P és OU, ennélfogva S-et megadja PU és k metszése.
 
Komlóssy György (Szolnok, Verseghy F. g. II. o. t.)