Feladat: Pontversenyen kívüli P.39 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh János (Bp. I. István) ,  Fejes Gábor ,  Füredi Zoltán ,  Göndőcs Ferenc ,  Hermann Tamás ,  Kovács István (Bp. I. István) ,  Lempert László ,  Prőhle Tamás ,  Reviczky János ,  Simon Júlia ,  Simonyi Gyula ,  Tóth András (Bp. Könyves Kálmán) ,  Török István ,  Vajnági András ,  Váli László 
Füzet: 1970/február, 74 - 77. oldal  PDF file
Témakör(ök): Diszkusszió, Körérintési szerkesztések, Alakzatok köré írt kör, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1969/szeptember: Pontversenyen kívüli P.39

e és f egymásra merőleges egyenesek mindegyike érinti a k kört. A g egyenes e-t az E pontban, f-et F-ben, k-t a G és H pontokban metszi. Rekonstruáljuk az ábrát az E, F, G, H pontokból.

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

Érintse k az e és f egyenest a B, ill. C pontban, és jelöljük e és f metszéspontját A-val (1. ábra).

 

 
1. ábra
 

A körhöz külső pontból húzott szelőkre vonatkozó tétel szerint
b=EB=EGEH,c=FC=FGFH.(1)
Egyszerűség kedvéért a továbbiakban feltesszük, hogy b>c, és E, F, G, H különböző pontok.
Húzzunk F-en át BC-vel párhuzamost, messe ez e-t D-ben, így BD=CF=c. E-ből D-be az egymáshoz csatlakozó EB és BD szakaszokon keresztül juthatunk; ha ezek ellentétes irányúak, akkor
ED=b-c(2a)
ha pedig megegyező irányúak, akkor
ED=b+c.(2b)
Mivel a DF és e szöge 45-os, D-ből az EF szakasz 45-os vagy 135-os szög alatt látszik, (2) alapján D-nek E-től mért távolsága is ismert, azért D megszerkeszthető. D meghatározza az e és f egyeneseket és ezekből k már könnyen meghatározható.
 

 
2. ábra
 

Szerkesztésünk első lépéseként a GH szakasz fölé t Thalész-kört rajzolunk (2. ábra). Az E, F pontból egy-egy érintőt húzunk t-hez, ezek hossza b, illetve c. Az E pont körül b-c és b+c, sugárral kört rajzolunk, ez d, ill. d*. Majd az EF szakasz fölé g egyik oldalán négyzetet szerkesztünk, az e köré írt kör legyen h. A h és d(vagy h és d*) körök egyik metszéspontja legyen D, ekkor ED a keresett e egyenes, erre F-en át merőlegest rajzolva kapjuk f-et, e és f metszéspontja A. Az e egyenesen E-ből D felé felmérjük az EB=b szakaszt, a kapott B ponton át párhuzamost húzunk DF-fel, ez f-et C-ben metszi. Végül A-t tükrözzük a BC egyenesre, kapjuk O-t, a keresett k kör az O körül rajzolt, OB sugarú kör lesz.
A szerkeszthetőség első feltétele, hogy az E, F pontok ne legyenek rajta a GH szakaszon. Ez kétféleképpen teljesülhet: az EF szakasz vagy tartalmazza a GH szakaszt, vagy nincs vele közös pontja. Ha ez teljesült, akkor a leírt szerkesztés a d, d*, h körök megrajzolásáig elvégezhető. Megjegyezzük, hogy a h kört a g egyenes bármelyik oldalán felvehetjük, hiszen feladatunk tetszőleges megoldását g-re tükrözve ismét megoldást kapunk.
A h kör átmérője
h=2EF,(3)
így d és h csak akkor metszik egymást, ha
hb-c,(4a)
és egyenlőség esetén 1, különben 2 metszéspontjuk van.
A d* és h körök esetében hasonlóan
hb+c(4b)
a D metszéspont létrejövésének a feltétele. Könnyen látható, hogy a D pont meghatározása után fenti szerkesztésünk egyértelműen végrehajtható.
A továbbiakban, ha az EF szakasz tartalmazza a GH szakaszt, akkor
b=EGEH<12(EG+EH),c=FGFH<12(FG+FH)
miatt b+c<EF, tehát (4a)-ban is, (4b)-ben is az egyenlőtlenség teljesül, a g-re való tükrözést is figyelembe véve 8 megoldást kapunk. Ha viszont az EF, GH szakaszoknak nincs közös pontjuk, az is előfordulhat, hogy (4a) sem teljesül, és a feladatnak nincs megoldása.
Rátérünk szerkesztésünk helyességének bizonyítására. A körhöz külső pontból húzott szelők darabjaira vonatkozó tétel szerint bármely, a G, H pontokon átmenő körhöz húzunk is érintőt az E, F pontokból, ezek hossza az (1) alatti b és c, jogosan neveztük tehát az általunk megszerkesztett szakaszokat b-nek és c-nek. A szerkesztés további menetéből közvetlenül következik, hogy a kapott e, f egyenesek merőlegesek egymásra; rendre átmennek az E, F pontokon; az ADF háromszög egyenlő szárú és derékszögű, és EB=b.
Ha a D pont a h és d körök metszéspontja, ED=b-c<EB, D tehát az EB szakaszon , és DB=FC=c. Ha viszont D a h és d* metszéspontja, ED=b+c>EB, ekkor B van az ED szakaszon, de ismét DB=FC=c. Mivel az ABC háromszög is egyenlő szárú és derékszögű, ABOC négyzet, és k a B, C pontokban érinti az e, f egyeneseket. Mivel k-hoz az E, F pontokból húzott érintők hossza rendre b, illetve c, k merőlegesen metszi az E középpontú, b sugarú k1 kört és az F középpontú, c sugarú k2 kört. Megmutatjuk, hogy a k1, k2 köröket merőlegesen metsző körök mindegyike átmegy a G, H pontokon.
Azt már beláttuk, hogy tetszőleges, a G és H pontokon átmenő kör merőlegesen metszi a k1, k2 köröket. Legyen P (a síkon) tetszőleges, de nem a g egyenesen levő pont. Ha k0 a P-n is átmenő, a k1, k2, köröket merőlegesen metsző kör, az EP, FP félegyenesek k0-t olyan P1, P2 pontokban metszik, amelyekre
EPEP1=b2;FPFP2=c2,
ami a P1, P2 pontokat egyértelműen meghatározza.
Könnyen látható, hogy a k1, k2 körök nem metszhetik egymást, így a P1, P2 pontok közül legalább az egyik P-től különböző. Ha tehát k0 átmegy P-n, és a k1, k2 köröket merőlegesen metszi, át kell mennie a sík egy további ‐ P, k1 és k2 által egyértelműen meghatározott ‐ Q pontján is. Továbbmenve Q-ból k0-nak egy további ‐ ugyancsak egyértelműen meghatározott ‐ R pontjához jutunk, a sík tetszőleges (nem a g egyenesen levő) P pontján át tehát legfeljebb egy kör mehet át, mely a k1, k2 körüket merőlegesen metszi. A PGH háromszög köré írható kör merőlegesen metszi őket, így mindegyik, a k1, k2 köröket merőlegesen metsző kör átmegy a G, H pontokon. Ezzel bizonyításunkat befejeztük. ‐ A diszkussziót ‐ hely hiányában ‐ az olvasóra hagyjuk.
 

Megjegyzések. 1. A figyelmen kívül hagyott b=c esetben egyszerű Apollóniosz-feladattal állunk szemben.
2. Hasonlóan oldható meg a feladat akkor is, ha e és f között tetszőleges szöget írunk elő.