Feladat: 1094. matematika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bak L. ,  Bauer Gy. ,  Csanádi Gy. ,  Czégé I. ,  Fenyő I. ,  Fischmann Éva ,  Fleischer Gy. ,  Gergely J. ,  Halmágyi Z. ,  Hümpfner Olga ,  Ilkovits Iván ,  Jász L. ,  Kádár Gy. ,  Kálmán L. ,  Kassai J. ,  Komlós J. ,  Pick Gy. ,  Pulay M. ,  Róth Gy. ,  Rott M. ,  Steiner Zoltán ,  Szele T. ,  Személyi K. ,  Valatin J. ,  Varga Z. 
Füzet: 1935/április, 226 - 227. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Hiperbola egyenlete, Kúpszeletek érintői, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1935/február: 1094. matematika feladat

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

I. Megoldás. A hiperbola egyenlete, főtengelyeire vonatkoztatva:

x2a2-y2b2=1ill.b2x2-a2y2=a2b2.(1)
A hiperbola (x1,y1) pontjához tartozó érintő egyenlete:
x1xa2-y1yb2=1,ill.b2x1x-a2y1y-a2b2=0.(2)
Valamely (x0,y0) pont távolsága a (2) egyenestől:
d=-b2x1x0-a2y1y0-a2b2b4x12+a4y12.(3)

A hiperbola gyújtópontjának koordinátái: (a2+b2,0) ill. (-a2+b2,0). Eszerint:
d1=-b2x1a2+b2-a2b2b4x12+a4y12,d2=--b2x1a2+b2-a2b2b4x12+a4y12,d1d2=a4b4-b4x12(a2+b2)b4x12+a4y12=b4a4-x12(a2+b2)b4x12+a4y12.(4)


Minthogy (x1,y1) kielégítik az (1) egyenletet:
a2y12=b2x12-a2b2ésa4y12=a2b2x12-a4b2b4x12+a4y12=b2(a2+b2)x12-a4b2=-b2[a4-x12(a2+b2)].
Helyettesítve ezt a (4) jobboldalán a nevezőbe, keletkezik
d1d2=b4[a4-x12(a2+b2)]-b2[a4-x12(a2+b2)]=-b2.

A d1d2 szorzat negatív, mert a gyújtópontok az érintő ellenkező oldalán feküsznek.
 

Steiner Zoltán (Árpád vezér rg. VIII. o. Bp. III.)
 

II. Megoldás. Jelöljék F1, F2 a hiperbola gyújtópontjait, O a középpontját, A, B a csúcsait. OA=OB=a, OF1=OF2=c=(a2+b2)12. A t érintőre bocsátott merőlegesek talppontjai G1, G2. Ezek a hiperbola főkörén feküsznek, még pedig pl. úgy, hogy F2G2>F1G1. F2G2 a főkört még egy H pontban metszi. Minthogy F2G2G1=90, G1H a főkör átmérője, azaz G1 és H az O-ra nézve szimmetrikus pontok. Ebből következik, hogy F2H=F1G1.
 
 

Ha a t érintő helyzetét változtatjuk, akkor F2G2 az F2 körül forog, de minden helyzetben F2H¯F2G¯2=F1G¯1F2G¯2=constans= az F2 pontnak a főkörre vonatkozó hatványával, tehát
|d1d2|=c2-a2=b2.

Ilkovits Iván (Kemény Zsigmond r. VII. o. Bp. VI.)