|
Feladat: |
B.3480 |
Korcsoport: 16-17 |
Nehézségi fok: átlagos |
Megoldó(k): |
Balogh János , Herczeg Attila , Horváth Márton , Kiss-Tóth Christián , Kocsis Albert Tihamér , Maga Péter , Pallos Péter , Pongrácz András , Rácz Béla András , Rácz Éva , Sparing Dániel , Tóth János |
Füzet: |
2002/április,
215 - 218. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Inverzió, Tengelyes tükrözés, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2001/szeptember: B.3480 |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Az egyenes pontjait tekintve az és a zárt intervallumok egyesítésén kívüli pontokra , az egyenes további pontjaiból pedig az egyik szakasz ,a másik pedig -os szögben látszik, illetve ha egybeesik valamelyik megadott ponttal, akkor az egyik szög nem értelmezhető. Az egyenesen tehát az és zárt szakaszok kivételével minden pont megfelelő (1. ábra).
![](upload/abr2/ab2308.png) 1. ábra Legyen most és tegyük föl, hogy . A keresett ponthalmaz szimmetrikus az egyenesre, így elegendő az által határolt egyik félsíkban vizsgálni a keresett pontokat. Vizsgáljuk először a ,,szimmetrikus'' esetet, amikor a két szakasz egyenlő, . Az az eltolás, ami az szakaszt a -be viszi, az , , pontokon átmenő kört ‐ ez most létrejön ‐ a , pontokon átmenő körbe viszi (2. ábra). Ha képe , akkor nyilván , ez utóbbi tehát a feltétel szerint egyenlő a szöggel. Mivel és ugyanabban a félsíkban vannak, azért a látókör mértani hely tulajdonsága miatt is rajta van a körön, a pont tehát a és körök ‐ egyik ‐ közös pontja.
![](upload/abr2/ab2309.png) 2. ábra A kört viszont a tükörképeként is megkapjuk, ha a tükrözés tengelye az és szakaszok szimmetriatengelye. Mivel pedig körnek és tükörképének a közös pontjai ‐ ha vannak ‐ illeszkednek a tükrözés tengelyére, a pont rajta van a egyenesen. Az pedig nyilvánvaló, hogy ennek a tengelynek minden pontja hozzátartozik a keresett halmazhoz. A fenti gondolatmenet alkalmas kiterjesztésével az általános, esetben is megkapjuk a megoldást. Tekintsük azt a pozitív arányú középpontos hasonlóságot, ami az szakaszt a -be viszi. (Ha , akkor ilyen létezik, középpontja, , az egyenesen van, aránya ). Az , , pontokon átmenő kört ez a hasonlóság a , pontokon átmenő körbe viszi (3. ábra).
![](upload/abr2/ab2310.png) 3. ábra Ha képe , akkor a speciális eset gondolatmenetét követve , hiszen a középpontos hasonlóság szögtartó, a feltétel szerint pedig . Így , a körön is rajta van, a két kör, és a pontban metszik egymást. Az pont választásából , azaz az szakaszt tehát a középpontos hasonlóságon kívül az pólusú, sugarú inverzió is a szakaszba viszi (4. ábra). Ez az inverzió a kört egy olyan körbe viszi, ami átmegy a és pontokon, továbbá az inverzió pólusa, hasonlósági centruma a körnek és a képének. Mindez egyértelműen határozza meg a kört, így a kört a fenti inverzió is a -be viszi. Ha pedig egy kör és az inverze metszik egymást, akkor a metszéspont rajta van az inverzió alapkörén. A pont így rajta van az középpontú sugarú körön.
![](upload/abr2/ab2311.png) 4. ábra Megmutatjuk, hogy minden pontja hozzátartozik a keresett ponthalmazhoz. A elválasztja az és a szakaszokat, így az a két pont, ahol az egyenest metszi, a mértani helyhez tartozik. Ha olyan pont a körön, ami nincs rajta az egyenesen, akkor az , , pontokon átmenő kört mind az középpontú arányú hasonlóság, mind pedig a körre vonatkozó inverzió ugyanabba a körbe viszi (5. ábra). Mivel az inverzió során a képe önmaga, a ponton a kör is áthalad. Ha pedig a középpontos hasonlóság során a képe , akkor a , a kerületi szögek tétele szerint pedig a körben . A két egyenlőséget összevetve valóban.
![](upload/abr2/ab2312.png) 5. ábra
II. megoldás. Húzzuk meg a szög belső szögfelezőjét és messe ez az egyenest a -től függő pontban. Nyilvánvaló, hogy pontosan akkor teljesül, ha felezi az szöget is (6. ábra). Ha , akkor merőleges az -re és így is teljesül, felezi -t és -t is, tehát , az ábra szimmetrikus a egyenesre, tehát rajta van a szimmetriatengelyen, amelynek nyilván minden pontja megfelelő.
![](upload/abr2/ab2313.png) 6. ábra A továbbiakban tegyük fel, hogy , ami azt jelenti, hogy az , illetve a arányok értéke nem 1. Ez azt jelenti, hogy rajta van az és pontokhoz tartozó , illetve a és pontokhoz tartozó arányú Apollóniusz-féle körön. A szögfelező-tétel szerint mindkét kör áthalad az ponton is, így a körök középpontja rajta van felező merőlegesén, ami most nem párhuzamos -vel. Ismeretes, hogy a körök középpontja az egyenesen is rajta van, ez viszont azt jelenti, hogy a két Apollóniusz-kör középpontja egybeesik, a két kör tehát azonos (7. ábra).
![](upload/abr2/ab2314.png) 7. ábra
![](upload/abr2/ab2315.png) 8. ábra Jelölje a körök közös középpontját . Ismeretes, hogy ha a , pontokhoz tartozó arányú Apollóniusz-kör középpontja , sugara , akkor (8. ábra). A két kör középpontja és sugara most azonos, így A kapott egyenlőséget átrendezve , az tehát az a pont az egyenesen, ahonnan az szakaszt a -be nagyítható (vagy kicsinyíthető). Ennek a pontnak a helyzete pedig nem függ a ponttól, csak az és szakaszok helyzetétől, a két szakasz külső hasonlósági pontja. Az pont helyzete sem függ tehát -től és a két egybeeső Apollóniusz-kör sem. Ha tehát és , akkor rajta van az középpontú sugarú körön, ahol a két szakasz, és külső hasonlósági pontja. A megfordítás most már nyomban adódik az Apollóniusz-féle kör mértani hely tulajdonságából és a szögfelező-tételből. Ha egy tetszőleges pont a közös Apollóniusz-körön és ‐ ami nyilván föltehető ‐ akkor egyrészt és így felezi az szöget, másfelől ugyanígy és így felezi a szöget is. Ebből pedig valóban következik. |
|