Feladat: 573. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bácsy Zs. ,  Biborka T. ,  Bollobás Béla ,  Dóra Gy. ,  Endreffy Z. ,  Faludi Irén ,  Farkas Z. ,  Fekete Béla ,  Fekete J. ,  Fischer A. ,  Fritz J. ,  Gagyi Pálffy A. ,  Gálfi l. ,  Gáti P. ,  Grüner Gy. ,  Hegedűs J. ,  Juhász I. ,  Katona Mária ,  Kéry G. ,  Klimó J. ,  Kóta G. ,  Kóta J. ,  Kovács Imre ,  Krámli A. ,  Máté A. ,  Máté E. ,  Molnár E. ,  Opálény M. ,  Pósa L. ,  Rády Erika ,  Székely J. ,  Szoboszlai L. 
Füzet: 1960/február, 64 - 65. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb sokszögek hasonlósága, Eltolás, Diszkusszió, Négyszögek szerkesztése, Körérintési szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/május: 573. matematika gyakorlat

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 és legyen a keresett l1, m1 kör középpontja L1, M1 (a P-t k-nak O középpontjával összekötő p egyenesen, ill. az e-re Q-ban emelt q merőlegesen) és közös sugaruk r. A két kör ‐ sugaraik egyenlősége folytán ‐ csak külső érintkezésben lehet egymással, ezért L1M1=2r.

 
 
1. ábra
 

Így a PQM1L1 négyszögben ismerjük a PQ oldalt, a P és Q-nál fekvő szögeket és a többi három oldal arányát: PL1:L1M1:M1Q=1:2:1. A szögek és az arány alapján e négyszöghöz szerkeszthetünk hasonlót, úgy hogy p-re P-től és q-ra Q-tól felmérjük a tetszés szerinti PL*=QM*=d szakaszt, az M*-on át PQ-val húzott t* párhuzamost elmetsszük az L* körül 2d sugárral írt l*-körrel, a kapott M1* metszésponton át párhuzamost húzunk q-val, és vesszük ennek PQ-val való Q1* metszéspontját. Így a PQ1*M1*L* négyszög hasonló helyzetű PQM1L1-hez, ennélfogva M1-et q-ból PM1*-gyel metszhetjük ki, L1-et pedig p-ből a Q1*L*-gal Q-n át húzott párhuzamossal.
Valóban, a PQM1 és PQ1*M1*, valamint a PQL1 és PQ1*L* háromszögpárok hasonlóságából QM1:Q1*M1*=PQ:PQ1*=PL1:PL*, ezért Q1*M1*=QM*=PL* folytán QM1=PL1=r; másrészt PM1:PM1*=QM1:Q1*M1*=r:d=PL1:PL*, így a PM1L1 és PM1*L* háromszögek hasonlók, és L*M1*=2d folytán L1M1=2r, tehát az L1, M1 pontok körül r sugárral írt l1, m1 körök érintik egymást, továbbá a P-n, ill. Q-n át p-re, q-ra merőleges egyenest és evvel k-t, ill. e-t.
l* és t* kölcsönös helyzete szerint M1*-ként 2,1,0 pontot és ugyanennyi megoldást kapunk. PL* és QM* egyikének irányát ellentétesre fordítva ugyanezen eljárással ismét legfeljebb 2 megoldás adódik, így a megfelelő körpárok száma általában legfeljebb 4. (Az ábrán QM**=QM*, a megfelelő t**-ből adódó L4, M4 középpontok is fel vannak tüntetve.) Könnyen belátható, hogy ha p és q párhuzamosak, akkor a megoldások száma 3. Nincs megoldás, vagy végtelen sok megoldás van, ha P és Q egybeesnek, aszerint, hogy k metszi e-t vagy érinti.
 

Fekete Béla (Debrecen, Református g. II. o. t.)
 

Megjegyzés. A szerkesztés végrehajtásában Q1*-et mellőzhetjük, mert (a bizonyítás szerint) L1 az M1*L*-gal M1-en át húzott párhuzamossal is kimetszhető, vagy kitűzhető PL1=QM1 alapján, figyelembe véve, hogy PL1 iránya aszerint egyező, ill. ellentétes PL*-éval, amint PM1* és PM1 irányai megegyeznek, ill. ellentétesek.
 

II. megoldás: Legyen a k kör P-beli érintőjének e-vel való metszéspontja R, a keresett körök érintkezési pontja (az első körpárra) T1 és RT1-nek a körökkel való második metszéspontja S',S''; ekkor a sugarak egyenlősége folytán T1S'=T1S''.
 
 
2. ábra
 

Az R-ből húzott érintőkre és szelőkre (a 2. ábrán látható helyzetben) RP2=RT1RS'=RT1(RT1+T1S')=RT12+RT1T1S', hasonlóan RQ2=RT1RS''=RT1(RT1-T1S')=RT12-RT1T1S'. Ezekből RT12=(RP2+RQ2)/2, és ez T1 számára mértani helyként egy R körüli k0 kört jelöl ki, melynek sugara egyenlő annak a négyzetnek az oldalával, amelyet az RP,RQ oldalakkal szerkesztett téglalap köré irható körbe írtunk. Így a sugár nagyságra RP és RQ közé esik, P és Q egyike k0-on belül van, a másika kívül, RP=RQ esetén pedig mindkettő a k0-on.
Még egy mértani helyet ad PQ-nak T1-ből vett látószöge. A 2. ábra helyzetében és jelöléseivel egyrészt a PQT1 háromszögből PT1Q=180-T1PQ-T1QP=180-(α-γ)-(β-δ)=180-(α+β)+(γ+δ), másrészt PT1Q=L1T1M1-L1T1P-QT1M1=180-(γ+δ), és e két kifejezésből (γ+δ) kiküszöbölésével és (α+β)/2=ε jelöléssel PT1Q=180-ε. (A különbségek képezésében támaszkodtunk az ábrára, hogy ti. L1, M1 a p, ill. q-nak a használt félegyenesén vannak; így T1 a PQ egyenesnek csak egyik partján lehet, ennek megfelelően PQ-nak két 180-ε nyílású látószögköríve közül csak az ezen a parton fekvő i1 veendő figyelembe. Hasonlóan az 1. ábrán vázolt további megoldásokra PT2Q=ε, PT3Q=90-ε, PT4Q=90+ε.) A két mértani hely metszéspontja adja a keresett körpár T érintkezési pontját (P és Q-nak k0-hoz képest elfoglalt helyzete folytán i1 csak egy pontban metszheti k0-t), a középpontokat pedig TP,TQ felező merőlegese metszi ki p,q-ból.
 

III. megoldás: Toljuk el M1-et L1P irányában és nagyságával; az előálló M1' az m1 körön van (2.ábra). Az M1M1'Q egyenlő szárú háromszög alakja megszerkeszthető, mert szárainak iránya q és p, így megkapjuk oldalainak QM1':QM1=η arányát és a QM1' alap irányát. Másrészt PM1'=L1M1=2QM1. Ezek szerint M1'-re QM1':PM1'=η/2, ezért M1' rajta van egyrészt a PQ alappontokkal és a szerkeszthető η/2 aránymutatóval meghatározott Apollóniosz-körön, másrészt a Q-n átmenő, megszerkeszthető irányú QM1' félegyenesen, tehát megszerkeszthető. Most már sorra megkapjuk m1-et, r-et és ezekből l1-et.
 

Bollobás Béla (Budapest, Apáczai Csere J. gyak. g. II. o. t.)