Feladat: Gy.2403 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benkő D. ,  Bíró 100 A. ,  Csirik J. ,  Csordás Z. M. ,  Fekete 513 Cs. ,  Fleiner T. ,  Károlyi A. ,  Kozma K. ,  Sustik M. ,  Szamuely T. ,  Újváry-Menyhárt Zoltán 
Füzet: 1988/március, 111 - 114. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Alakzatok hasonlósága, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Síkgeometriai szerkesztések, Középponti és kerületi szögek, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1987/március: Gy.2403

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

Tekintsük a feladatot megoldottnak (1. ábra). CD olyan szakasz az e egyenesen, amely A-ból is és B-ből is φ szögben látszik. Mivel a CD szakasz egy tetszőleges pontból pontosan akkor látszik φ szögben, ha a pontnak az e egyenesre vonatkozó tükörképéből φ szögben látszik, ezért feltehetjük, hogy az A és a B pontok az e egyenesnek ugyanazon az oldalán vannak.

 
 
1. ábra
 

A kerületi szögek tételének megfordítása szerint ekkor az A, B, C, D pontok egy k köríven vannak, ‐ az e, azaz CD egyenes által kettévágott síknak az A-t tartalmazó félsíkján, és k-nak O középpontja rajta van az AB szakasz f felező merőlegesén. Az e és f egyenesek metszéspontját jelöljük M-mel. Legyen O' az M kezdőpontú, O-t tartalmazó félegyenes egy tetszőleges pontja, k' pedig legyen az az O' középpontú körív, mely által az e egyenesből kimetszett C'D' szakasz k' pontjaiból φ szögben látszik. Mivel ekkor C'D' az O'-ből 2φ szögben látszik és O'C'=O'D', ezért a C', D' pontokat meg tudjuk szerkeszteni: O'-ből e-re merőlegest állítva és a merőleges mindkét oldalára O'-ből φ szöget mérve, a szögek másik szárai e-t C'-ben és D'-ben metszik.
Az OCD és az O'C'D' háromszögek megfelelő oldalai párhuzamosak, a megfelelő csúcsokat összekötő egyenesek pedig átmennek az M ponton. A két háromszög, és így az általuk meghatározott k és k' körívek is középpontosan hasonlók az M pontra nézve. Jelöljük az A és B pontok képét a hasonlóság során A'-vel, illetve B'-vel. Mivel egy egyenest egy középpontos hasonlóság vele párhuzamos egyenesbe visz, ezért az AC és A'C', valamint a BD és B'D' egyenesek párhuzamosak. Ezek alapján a szerkesztést már könnyen el tudjuk végezni. Ha szükséges, akkor az egyik pontot tükrözzük az e egyenesre, hogy az AB szakasz az egyenes egyik oldalára kerüljön. Ezután megszerkesztjük az AB szakasz f felező merőlegesét, majd ennek egy tetszőleges O' pontja körül ‐ az előzőekben leírt módon ‐ a k' körívet, valamint a C' és D' pontokat. Az e és f egyenesek M metszéspontjából induló félegyenesekkel a k' körívre vetítjük az A és B pontokat, így kapjuk A'-t és B'-t. Végül A-n, illetve B-n keresztül párhuzamost szerkesztünk az A'C', illetve B'D' egyenesekkel. Ezek a párhuzamosok metszik ki az e egyenesből a keresett pontokat, C-t és D-t. A szerkesztésből adódik, hogy a CD szakasz A-ból is és B-ből is φ szögben látszik.
 
 
2. ábra
 

A látott eljárás ‐ alkalmasan módosítva ‐ a φ>90∘ esetben is célhoz vezet. Ebből a nagyságviszonyból tüstént következik, hogy az e egyenes szétválasztja az A, O pontokat, továbbá hogy a keresett CD szakasz O-ból vett látószöge 360∘-2φ=2(180∘-φ)=2ω , ahol 0∘<ω=180∘-φ<90∘ (2. ábra). Ezért a hasonló segédábrára vezető O' középpontot f-nek A-t nem tartalmazó partján választjuk, a fenti C' pontot az NO'C'∢=ω hegyesszög új szárával metsszük ki e-ből (ahol N az O' merőleges vetülete e-re), az O' körüli, C'-n átmenő k' kör kimetszi e-ből D'-t és az MA félegyenesből A'-t. Ezután meghúzzuk a párhuzamost A-n át A'C'-vel valamint A'D'-vel, ezek metszik ki e-ből a keresett C, D pontokat (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

A φ=90∘ esetre nyilvánvaló, hogy k a CD szakasz Thalész-köre, O csak M lehet, és ezzel készen is vagyunk.
Mindeddig feltételeztük, hogy az M pont létrejött. Első hallásra alig hisszük el, hogy a látott elvvel akkor is célba érünk, ha f párhuzamos e-vel, vagyis az AB egyenes merőleges e-re. Annál is kevésbé, mert a megrajzolandó egyenesekben nehezen ismerünk rá az 1. és 3. ábra vonalaira.‐ Ilyenkor M ideális pont, az oda mutató irány az e iránya, és az eddigiek szerinti O', k, C', D' segédalakzatnak a megfelelő helyzetbe történő hasonlósági visszatranszformálása egybevágósággá és eltolássá specializálódik (4. ábra). Az MA "hasonlósági sugár'' párhuzamos e-vel, ez kimetszi k'-ből az A-nak megfelelő A', A'' pontokat. Végül az A'C'D' és A''C'D' háromszögeket A', illetve A'' csúcsuknál fogva eltoljuk az AC1D1, AC2D2 helyzetbe : C'C1=D'D1=A'A ‐ ez az átmásolás itt rövidebben adja az eredményt, mint az eredeti elv szerint az AC1||A'C' és AD1||A'D' párhuzamosok berajzolása, bár éppen ezek a φ látószögek szárai ‐, végül hasonlóan C'C2=D'D2=A''A. (Az ábrán C helyesbítendő C'-re.)
 
 
4. ábra
 

Ezek szerint az O', k, C', D' segédalakzat φ=90∘ esetén fölösleges, φ<90∘ esetén az A, B pontpár bármilyen helyzetében megszerkeszthető, φ>90∘ esetén viszont csak akkor, ha az AB egyenes nem merőleges e-re (hiszen merőlegessége esetén nincs O'-nek alkalmas pont).
A megoldások száma azon múlik, hogy az MA félegyenes hány pontban metszi a k' körívet, A' céljára. Ez ‐ folytatólag ‐ azon múlik, hogy a segédalakzatnak a körívet lezáró C'D' szakasza tartalmazza-e az M pontot vagy nem; könnyű belátni, hogy ez a tény független az O' pont helyzetének megválasztásától (ami C'D' hosszát változtathatja). M-nek ez a helyzete jellemezhető az f és e közötti α hegyesszöggel, nem felejtjük azonban, hogy láttunk megoldást az α=0∘ esetre is.
Ha 0∘<φ<90∘, akkor α+φ<90∘ esetén M kívül esik a C'D' szakaszon, 2 megoldás van (1. ábra). Nincs olyan helyzet, amelyben MA vagy MB csak érintené vagy elkerülné a körívet, mert ‐ e*-gal jelölve e-nek f-re való tükörképét, ez metszi k'-t, márpedig MA és MB ‐ szintén egymás képei ‐ az e, e* egyenesek közti, O'-t tartalmazó szögtartományban haladnak. Ide tartozik az α=0∘ eset is.
Az α+φ≧90∘ és α>0∘ esetben M a C'D' szakaszon van, esetleg az egyik végpontban, a megoldások száma 1.
Ha pedig 90∘<φ<180∘, azaz 90∘>ω>0∘, akkor α+ω<90∘ esetén M nincs rajta a C'D' szakaszon és megoldás sincs, az α+ω≧90∘ esetben pedig 1 megoldás van.
Összesítjük eddigi megállapításainkat, leszámítva a triviális φ=90∘ esetet:
φ<90∘180∘-φ=ω<90∘/\/\α+φ<90∘α+φ≧90∘α+ω<90∘α+ω≧90∘2megoldás1megoldás0megoldás1megoldásakkor is,haα=0∘

Végül ide iktatjuk a kiindulásnak egy különleges esetét.Mindeddig természetesen feltételeztük, hogy A és B különböző pontok. Ezzel a feladat kezdeti redukálása (B tükrözése e-re) révén kizártuk azt a helyzetet, amikor A és B az e-re nézve tükrös pontpár. Ez a kérdés sehogyan sem illeszthető bele a fenti megoldásba. Külön hozzátesszük tehát : ilyenkor φ<90∘ esetén e-nek tetszőleges C pontjához van legalább 1 olyan D, hogy CAD∢=φ, és ekkor CBD∢=φ is teljesül. φ≧90∘ esetén akkor van pontosan 1 ilyen D, ha C-t "elég távol'' vesszük fel A (és B) e-n levő vetületétől.
 

Megjegyzések. 1. Sok dolgozat tükrözi ezt az elterjedt tévedést (fél-tudást): "azon pontok mértani helye, amelyekből egy adott szakasz egy adott φ szögben látható, kör''. Nem így igaz, hanem így: KÉT KÖRÍV. Csak a φ=90∘ esetben igaz, akkor a két félkörív összeáll teljes körré.
2. Feltehetően lesznek olvasók, akik hiányolják, hogy a B pont a megoldás előrehaladásával egyre kevesebb szerephez jut. Indoklás: mihelyt használatba vettük f-et, az AB pontpár "tengelyét'', attól kezdve elég az egyikkel foglalkoznunk, a másik többnyire csak tükörkép. Ez persze a CAD és CBD látószögekre mint eredményekre nem vonatkozik.