Kezdőlap


Feladat:	768. matematika gyakorlat	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Gerencsér László , Mészáros György , Pásztor György , Szabó Mihály
Füzet:	1963/március, 137 - 139. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Merőleges affinitás, Inverzió, Körérintési szerkesztések, Ellipszis, mint kúpszelet, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1962/április: 768. matematika gyakorlat

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

I. megoldás. A keresett $k$ kör $O$ középpontja a $C D$ szakaszon van, mert $k$ az egyenlő sugarú $A C = k_{1}$ és $C B = k_{2}$ félköröket kívülről érinti, az egyenlő sugarú $B D = k_{3}$ és $A D = k_{4}$ köríveket pedig belülről, ezért $O$ egyenlő távolságra van egyrészt az $A C$ és $C B$ átmérők $A_{1}$ , ill. $B_{1}$ felezőpontjától, másrészt $A$ -tól és $B$ -től, márpedig az $A_{1} B_{1}$ és $A B$ szakaszok felező merőlegese közös: a $C D$ egyenes. Ez egyszersmind az ívnégyszög szimmetriatengelye, ezért $O$ közelebbi meghatározásában elég azt biztosítani, hogy $k$ a félkörök egyikét és $k_{3}$ , $k_{4}$ egyikét érintse, ebből már következik, hogy mind a négy ívet érinti.

1. ábra

Érintse

k

k_{1}

-et

T_{1}

-ben,

k_{4}

-et

T_{4}

-ben, jelöljük sugarát

r

-rel és vegyük hosszegységnek az

A A_{1}

szakaszt (1. ábra). Ekkor

O A_{1} = O T_{1} + T_{1} A_{1} = r + 1

O B = B T_{4} - O T_{4} = 4 - r

O C

-t az

O A_{1} C

és

O B C

derékszögű háromszögekből kétféleképpen kifejezve egyismeretlenes egyenletet kapunk

r

-re:

\begin{matrix} O C^{2} = {(r + 1)}^{2} - 1^{2} = {(4 - r)}^{2} - 2^{2}, \end{matrix}

és ebből

r = 6 / 5

.
Ezt a szakaszt többféleképpen is megszerkeszthetjük arányos osztással. Célszerű felhasználni, hogy az

A B

szakasz fel van osztva 4 egyenlő részre. Legyen ezért

C

és

B_{1}

tükörképe

B

-re

C'

, ill.

B'_{1}

, így

A C' = 6

és

A B'_{1} = 5

; mérjük rá az

A A_{1}

-et és

A B'_{1}

-et

A

-tól egy tetszés szerinti félegyenesre, legyen a végpont

A''_{1}

, ill.

B''_{1}

, végül messük az

A B

egyenest az

A''_{1}

-n átmenő

B''_{1} C'

-vel párhuzamos egyenessel

F

-ben. Ekkor

A F = 6 / 5 = r

. Másrészt

B F = 4 - r = B O

, tehát

O

-t a

B

körül

B F

sugárral írt körrel metszhetjük ki

C D

-ből.

k

valóban érinti

k_{4}

-et, mert

B O + r = B F + F A = B A

, a

k_{4}

sugara, továbbá

k_{1}

-et is, mert

\begin{matrix} O A_{1}^{2} = O C^{2} + C A_{1}^{2} = B O^{2} - B C^{2} + C A_{1}^{2} = {(14 / 5)}^{2} - 4 + 1 = 121 / 25. \end{matrix}

O A_{1} = 11 / 5

és ez egyenlő

k

és

k_{1}

sugarának összegével. ‐ Csak egy megfelelő kör szerkeszthető.

Pásztor György (Szeged, Petőfi-telepi I. sz. ált. isk. VII. o. t.)

II. megoldás. A körzsugorítás módszerére gondolva tekintsük azt a

k

-val koncentrikus

k^{*}

kört, amely átmegy

A_{1}

-en és

B_{1}

-en (2. ábra). Ennek sugara

r + A A_{1}

, így érinti az

A

körül

A B + A A_{1}

sugárral írt

k'

kört. Eszerint

O

-t úgy is kereshetjük, mint az

A_{1}

és

B_{1}

-en átmenő és

k'

-t érintő kör középpontját. Legyen az érintési pont

T

, és

k^{*}

és

k'

közös érintőjének

A_{1} B_{1}

-gye1 való metszéspontja

G

2. ábra

G

-t az alábbiak szerint meghatározhatjuk. Tekintsünk egy olyan

k_{s}

segédkört, mely átmegy

A_{1}

B_{1}

-en és metszi

k'

-t, egyik közös pontjuk

H

. Messe másodszor a

G H

egyenes

k'

-t

L

-ben,

k_{s}

-t

M

-ben. Megmutatjuk, hogy

L

és

M

egybeesnek, és így azonosak

k'

és

k_{s}

második közös pontjával,

J

-vel. Alkalmazzuk a körhöz külső ponton át húzott szelőre és érintőre ismert tételt először

k^{*}

-ra és

G

-re

\begin{matrix} G T^{2} = G A_{1} \cdot G B_{1}, \end{matrix}

majd

k'

-re és

G

-re

\begin{matrix} G L \cdot G H = G T^{2}, \end{matrix}

végül

k_{s}

-nek

G

-ből húzott két szelőjére, a

G

-ből húzott

G N

érintő közbeiktatásával

\begin{matrix} G A_{1} \cdot G B_{1} = G N^{2} = G M \cdot G H . \end{matrix}

Ezek alapján

G L \cdot G H = G M \cdot G H

, amiből

G L = G M

, és ez állításunkat igazolja.
Eszerint

G

-t a

k'

és

k_{s}

metszéspontjait összekötő

H J

egyenes metszi ki

A B

-ből, folytatólag

T

-t a

G A

átmérő fölötti Thalész-körrel metszhetjük ki

k'

-ből,

O

-t pedig az

A T

egyenessel

C D

-ből.

Gerencsér László (Budapest, II. Rákóczi F. g. II. o. t.)

III. megoldás. Alkalmazzuk az inverzió módszerét,¹

A

-val mint pólussal és

A B^{2}

hatvánnyal. Ekkor

k_{1}

inverz képe az a

k'_{1}

A B

-re merőleges félegyenes, melynek kezdőpontja

A

-nak

B

-re való

P

tükörképe, és

A B

-nek ugyanazon a partján van, mint

k_{1}

;

k_{3}

képe önmaga

(k'_{3} \equiv k_{3})

k_{4}

-é pedig a

C D

szakasz

D

-n túli

k'_{4}

meghosszabbítása. A keresett

k

kör nem mehet át a póluson, ezért képe:

k'

, kör lesz, és mivel érintkező alakzatok inverz képei is érintkeznek,

k'

-nek érintenie kell a

k'_{1}

k'_{4}

párhuzamos félegyeneseket és

k_{3}

-at.

3. ábra

Eszerint

k'

átmérője egyenlő a

C P (= 3 A B / 2)

szakasszal,

K

középpontja a

C P

szakasz felező merőlegesén van,

A

-tól

A K = A B + C P / 2 = 7 A B / 4

távolságban.

k'

-ből

k

-t esetünkben egyszerűen kaphatjuk, mert elég

k

-nak

k_{3}

-mal való

T_{3}

érintkezési pontját megszerkeszteni, ez pedig azonos inverz képével,

T'_{3}

-vel,

k'_{3}

és

k'

érintkezési pontjával. Innen látjuk, hogy

T_{3}

-at az

A K

egyenes metszi ki

k_{3}

-ból, s egyszersmind

O

-t is

C D

-ből. Eszerint ha csak az eredményre törekszünk,

k'

megrajzolását mellőzhetjük. (Egyébként az I. megoldásban szereplő

T_{1}

T_{4}

érintkezési pontok inverz képei nyilván

K

-nak

k'_{1}

-n, ill.

k'_{4}

-n levő vetületében vannak, ahol

k'

ezeket a képeket érinti, tehát

T_{1}

és

T_{4}

A T'_{1}

, ill.

A T'_{4}

egyenessel kimetszhető

k_{1}

-ből, ill.

k_{4}

-ből.

Szabó Mihály (Makó, József A. g. I. o. t.)

4. ábra

IV. megoldás. (Vázlat.) Ha csak azt követeljük, hogy

k

érintse

k_{1}

-et (kívülről) és

k_{4}

-et (belülről), akkor

A_{1} O + O B = A_{1} A + r + B A - r = 5 A B / 4

, állandó. Ezért

O

csak azon az ellipszisen lehet, melynek fókuszai

A_{1}

és

B

, nagy tengelyének fele

a = 5 A B / 8

, középpontja az

A_{1} B

szakasz

Q

felezőpontja, lineáris excentricitása

c = A_{1} B / 2 = 3 A B / 8

, és így kis tengelyének fele

b = \sqrt[]{a^{2} - c^{2}} = A B / 2

. (Nem foglalkozunk azzal, hogy ezen ellipszisnek mely pontjai jönnek szóba

O

gyanánt.) Ez az ellipszis affin képe a

Q

középpont körül

a

sugárral irt körnek abban a merőleges affinitásban,² melynek tengelye az

A B

egyenes és aránya

b / a = 4 / 5

. Ez a

k_{a}

kör megszerkeszthető.
Visszatérve feladatunkra, ezen ellipszisnek csak a

C D

félegyenesen levő pontját keressük, ez lesz

O

. Mivel pedig a

C D

egyenes a fenti affinitásban önmagának a képe (nem pontonként értve!), azért

O

-nak a körrendszerbeli megfelelője a

k_{a}

-nak

C D

-vel való

O_{a}

metszéspontja,

O

-t pedig a

C O = 4 \cdot C O_{a} / 5

összefüggésből egyszerűen megszerkeszthetjük.

Mészáros György (Budapest, Piarista g. II. o. t.)

¹Ismertetését lásd pl. Faragó László-Forgó Péterné: Geometriai szerkesztések, Tankönyvkiadó, Budapest, 1954. Középiskolai Szakköri Füzetek.

²Lásd pl. Lőrincz Pál: Ábrázoló geometria, Tankönyv a gimnáziumok IV. osztálya számára 3. kiadás. Tankönyvkiadó, Budapest, 1959. 20. és 40. o.