Kezdőlap


Feladat:	1959. évi Matematika OKTV II. forduló 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Füzet:	1960/január, 2 - 5. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Tengelyes tükrözés, Háromszögek egybevágósága, Trapézok, Négyszögek középvonalai, Forgatva nyújtás, Háromszögek hasonlósága, Párhuzamos szelők tétele, Thalesz-kör, Egyenesek egyenlete, OKTV
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1959/szeptember: 1959. évi Matematika OKTV II. forduló 2. feladata

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

I. megoldás: Legyen $g$ -nek az $f$ -re merőleges helyzete $g_{0}$ , ennek metszéspontjai $e$ , $f$ -en $E_{0}$ , $F_{0}$ . Ekkor a kérdéses merőleges maga $f$ , így az $e$ -vel való metszéspont nem létezik, $P$ nem szerkeszthető egyértelműen; azonban $f$ -nek $F_{0}$ -tól $O E_{0} = a$ távolságra fekvő $P_{01}$ és $P_{02}$ pontjait tágabb értelemben a mértani helyhez tartozóknak tekinthetjük. ‐ Elegendő $g$ -nek azon helyzeteivel foglalkoznunk, amelyek $f$ -et az $F_{0} P_{01}$ félegyenesén metszik, mert a mértani helynek az így mellőzött pontjait a figyelembe vettekből $g_{0}$ -ra való tükrözéssel megkaphatjuk, hiszen $g$ minden mellőzött helyzetének megvan a tükörképe a figyelembe vett helyzetek között.

Legyen a forgó egyenesnek egy

g

helyzetében

O P

felezőpontja

K

P

és

K

vetülete

f

-en

P'

K'

. Ekkor az

F P P'

és

O E E_{0}

derékszögű háromszögek egybevágók, mert

F P = O E

, továbbá

F

, ill.

O

-nál levő szögeik merőleges szárú hegyes szögek, és ezért egyenlők. Így

F P' = O E_{0} = a = F_{0} P_{01}

és

F

P'

-től ellentétes irányban van, mint

P_{01}

F_{0}

-tól (ugyanis az

F_{0} F P

szög nagyobb az

O F P

szögnél, ez pedig derékszög). Ezért

P_{01}

és

F

tükrös párok az

F_{0} P'

szakasz felező merőlegesére ‐ ami egyben az

O F_{0} P' P

trapéz

K K'

középvonala ‐, és így

K P_{01} = K F

. Másrészt

K

O F P

derékszögű háromszög köré írt kör középpontja. Ezek szerint e kör átmegy

P_{01}

-en és ezért az

O P_{01} P

szög (

g

bármely helyzete mellett) derékszög; más szóval

P

csak a

P_{01}

-ben

O P_{01}

-re állított merőlegesen fekhet. Tegyük hozzá: az

F P

szakaszok felmérési irányára tekintettel

P

a merőlegesnek csak azon a

h_{1}

félegyenesén lehet, amely

f

-nek ugyanazon partján van, mint

e

(és

O

).
Megmutatjuk, hogy a figyelembe vett

g

helyzetekre a keresett mértani hely éppen

h_{1}

, vagyis

h_{1}

bármely

P_{01}

-től különböző

P_{1}

pontja előáll

g

valamely helyzetéből.

g_{1}

-nek a

P_{1}

-et előállító helyzetére, ill. a vele adódó

E_{1}

F_{1}

-re egyrészt a

P_{1} F_{1} O

szögnek derékszögnek, másrészt

F_{1} P_{1} = O E_{1}

-nek kell lennie. Az első követelményből

g_{1}

egyértelműen megszerkeszthető, ehhez

F_{1}

-et az

O P_{1}

átmérőjű (és

P_{1} P_{01} O ∢ = 90^{\circ}

folytán

P_{01}

-en átmenő) Thalész-körnek

f

-fel való,

P_{01}

-től különböző metszéspontja adja ‐ amennyiben két ilyen metszéspont van ‐, és

F_{1} \equiv P_{01}

, ha e kör érinti

f

-et. E kör

K_{1}

középpontja rajta van az

F_{0} P'_{1}

szakasz felező merőlegesén (

P'_{1}

P_{1}

vetülete

f

-en), így

F_{1}

és

P_{01}

tükrös pontpár

F_{0} P'_{1}

felezőpontjára, és ezért

F_{1} P'_{1} = F_{0} P_{01} = O E_{0}

. Így az

O E_{1} E_{0}

és

F_{1} P_{1} P'_{1}

derékszögű háromszögek egybevágók (

E_{1}

g_{1}

és

e

metszéspontja), mert

O

, ill.

F_{1}

-nél fekvő szögük szárai páronként merőlegesek (Thalész-kör), ennélfogva

O E_{1} = F_{1} P_{1}

amit bizonyítani akartunk. (Teljesség kedvéért megjegyezzük, hogy

F_{1}

F_{0} P_{01}

félegyenesen van, mert nem lehet sem

F_{0}

-ban, sem az

F_{0} P_{02}

, félegyenesen; ugyanis

F_{0}

a körre nézve külső pont,

K_{1}

O P_{0}

szakasz felező merőlegesének azon a félegyenesén van, amely

O P_{01}

-nek

F_{0}

-val ellentétes oldalára esik, az utóbbinak pontjai pedig

F_{0}

-tól távolabb vannak, mint

P_{01}

-től.)
Ezek szerint a keresett mértani helyet

h_{1}

és ennek

g_{0}

-ra való

h_{2}

tükörképe adja, vagyis az

f

egyenes

F_{0} P_{01} = F_{0} P_{02} = O E_{0}

tulajdonságú

P_{01}

P_{02}

pontjaiban

O P_{01}

, ill.

O P_{02}

-re állított merőlegeseknek azok a félegyenesei, amelyek

f

-nek

O

-t tartalmazó partján vannak.

P_{01}

és

P_{02}

a mértani helynek csupán tágabb értelemben vett pontjai.

Megjegyzések. 1.

F P' = F_{0} P_{01}

megállapítása után ‐ ahol a szakaszok iránya is megegyező ‐, vizsgálatunkat így is befejezhetjük: eszerint

P_{01} P' = F_{0} F

, másrészt

P P' = E E_{0}

, ennélfogva

P P' : P_{01} P' = E E_{0} : F_{0} F = O E_{0} : O F_{0} = a : b

, azaz állandó, tehát bármely

P

-be

P_{01}

-ből ugyanaz az irány mutat. Így azonban még hátra van ennek az iránynak a meghatározása.
2. Többen pontos rajzú próbák nélkül azt a pusztán szabadkézi vázlatra alapított sejtésüket próbálták igazolni, hogy a mértani hely kör, hiperbola, hiányos parabola, vagy két kotangens-görbe.
A versenyzők nagyobb része a koordináta-geometria módszereivel kereste a mértani hely egyenletét, gyakran elég bonyolult számításokkal, a szakaszfelmérést egyenes és kör metszésének tekintve, ami két lehetőséget ad

P

-re, a helyes irány megválasztása pedig diszkussziót igényel. Alább egy ezt a lépést kikerülő, részben koordináta-geometriai megoldást adunk.

II. megoldás: Válasszuk

f

-et

X

-, és a rá

O

-n át húzott merőlegest

Y

-tengelynek úgy, hogy

O

ordinátája

b

legyen, és legyen a kezdőpont

K

, továbbá

e

és az

Y

-tengely metszéspontja

L

. Tekintsük egyelőre azokat a

g

-ket, amelyek az

X

-tengelyt pozitív abszcisszájú

F

-ben metszik, és jellemezzük

g

helyzetét azzal a

γ

pozitív hegyes szöggel, amellyel

O

körül az

Y

-tengelyhez képest el van fordulva. Így

F

E

koordinátái:

(b tg γ,0)

(- a tg γ, b + a)

és a felmérendő

O E = z

szakasznak az

Y

-tengelyre való vetülete

a

, az

X

-tengely irányára pedig

L E = - a tg γ

E szakasz előírt felmérését helyettesíthetjük

O

körüli

- 90^{\circ}

-os elforgatásával és

O

-nak

F

-be való eltolásával.
Így az elforgatott

O E^{*}

vetületei

X

Y

irányára

O L^{*} = a

L^{*} E^{*} = a tg γ

, és az eltolás után

P

koordinátái:

x = b tg γ + a

y = a tg γ

. (

f

e

pontjainak ordinátája

0

, ill.

b + a > 0

, ennélfogva

O E

-nek

e

felé való felmérése

P

-re pozitív ordinátát ír elő; valóban

y > 0

, mert

γ > 0^{\circ}

.
A keresett mértani hely eddig tekintetbe vett részének egyenletét

P

koordinátáiból a

γ

paraméter kiküszöbölésével kapjuk:

\begin{matrix} tg γ = \frac{x - a}{b} = \frac{y}{a} -ból : y = \frac{a}{b} (x - a), \end{matrix}

és ehhez járul

tg γ > 0

helyett az

y / a > 0

, azaz

y > 0

megszorítás. Ez félegyenes egyenlete, amely az

X

tengelyt az

x = a

abszcisszájú

C

pontban metszi (itt a kezdőpontja) és amely merőleges

O C

-re, mert

O C

iránytangense

- b / a

.
Hasonlóan kapjuk az

X

-tengelyt negatív abszcisszájú

F

-ben metsző

g

egyenesekre

F (- b tg γ,0)

és

E (a tg γ, b + a)

-ból

P

-re:

x = - b tg γ - a

y = a tg γ

(itt

γ

g

elfordulása

Y

-tól a negatív forgási irányban). Eszerint

P

abszcisszája az előbbinek

- 1

-szerese, ordinátája változatlan, ez az

Y

-tengelyre való tükrözést jelent, ennélfogva a mértani hely hiányzó része az eddigiből az

f

-re

O

-n át húzott merőlegesen való tükrözéssel áll elő.

Megjegyzések. 1. A fentiekben nem ,,tiszta'' koordinátageometriai módszerrel dolgoztunk, több lépést elemi, ill. trigonometriai úton végeztünk.
2.

O E

-nek a

g

-re merőlegesen való felmérésével adódó pontot megkaphatjuk a merőleges és a

g

-ből (rá merőleges)

O E

nagyságú eltolással előálló

g'

egyenes metszéspontjaként is. Így azonban mindegyik említett egyenes egyenletét fel kellene írnunk, és többet kellene számolnunk. Az ,,

e

felé'' való eltolás révén a

g'

-vel az

Y

-ból lemetszett szakasz

b

-ről

b + O E / sin γ = b + a / sin γ cos γ

-ra növekszik.