Feladat: C.902 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: könnyű
Megoldó(k):  Buza Dániel István ,  Englert Ákos ,  Lantos Tamás 
Füzet: 2008/március, 139 - 141. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai szerkesztések, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Kör geometriája, Kör egyenlete, C gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2007/május: C.902

A K kört belülről érinti a fele akkora sugarú k kör. Szerkesszünk K-ban olyan húrt, amely merőleges a két kör középpontját összekötő egyenesre, és amelyet a k-val alkotott metszéspontjai három egyenlő részre osztanak.

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

I. megoldás. Használjuk az 1. ábra jelöléseit. Legyen a feltételeknek megfelelő húr hossza 3x=AE, távolsága a nagyobbik kör O középpontjától y=CO. Legyen a nagy kör sugara r, a kis kör sugara ekkor 12r.

 

 
1. ábra
 

Tudjuk, hogy AB=BD=DE, BC=12BD, és így AC=3BC. A BKC háromszögre felírva Pitagorasz tételét:
BC2=BK2-CK2,(1)BC=(12r)2-(12r-y)2.
Az AOC háromszögre felírva a Pitagorasz-tételt:
AC2=AO2-CO2,AC=r2-y2.(2)
Az AC=3BC egyenlőségbe (1) és (2) jobb oldalát beírva, majd négyzetre emelve:
r2-y2=9[14r2-(14r2-ry+y2)],ahonnan-8y2+9ry-r2=0.
Ezt y-ra megoldva:
y1,2=-9r±7r-16,y1=18r,y2=r.
Az y2 nem megoldás, hiszen ekkor a ,,húr'' a két kör érintkezési pontja lenne.
Tehát a keresett húr a PO szakaszra az O-hoz közelebbi nyolcadoló pontjában emelt merőleges.
 
II. megoldás. Jelöljük a körök által a keresett egyenesből levágott egyenlő hosszúságú részek hosszát 2m-mel.
A 2. ábrán látható ABC és BDE háromszögek Thalész tétele alapján derékszögűek. A derékszögű háromszögeket az átfogóhoz tartozó magasság hasonló háromszögekre osztja, s így adódik, hogy az átfogóhoz tartozó magasság négyzete egyenlő az alap két részének szorzatával. Ezt a fenti két háromszögre alkalmazva x(r-x)=m2 és (r+x)(r-x)=(3m)2. Az első egyenlet 9-szeresét behelyettesítve a második jobb oldalába:
r2-x2=9x(r-x),innen8x2-9rx+r2=0.
Ennek megoldásai x=r és x=r8, de a kettőből most is csak az utóbbi megfelelő.
 

 
2. ábra
 

Az egyenest tehát a nagy kör középpontjától a sugara 18-ánál kell meghúznunk. A nyolcadolás szakaszfelezésekkel megoldható.
 
Megjegyzés. A használt tétel az ún. magasságtétel. Ugyanezekkel az egyenletekkel kell számolni, ha valaki a körhöz belső pontból húzott szelőszakaszokra vonatkozó tételt használja fel.
 
III. megoldás. Legyen a K kör sugara R, a k köré pedig r. Helyezzük el a köröket egy olyan koordinátarendszerben a 3. ábrának megfelelően, amelyben R=2. K középpontja az origó, k középpontja az (1;0) pont, a körök középpontjára illeszkedő egyenes az x tengely. A keresett húr erre merőleges, egyenlete tehát x=x0 alakú, ahol 0<x0<2. Végpontjai legyenek P1 és P2, a k körrel alkotott metszéspontok Q1 és Q2, az x tengellyel vett metszéspont pedig T. Tudjuk, hogy Q1 és Q2 a P1P2 szakasz harmadolópontjai, T felezi a Q1Q2 szakaszt, így 3TQ1=TP1.
 

 
3. ábra
 

Írjuk fel a két kör egyenletét, majd a fenti egyenlőséget felhasználva számoljuk ki Q1 és P1 közös abszcisszáját, amiről tudjuk, hogy pozitív.
K egyenlete x2+y2=4, ahonnan y=4-x2.
k egyenlete (x-1)2+y2=1, amiből y=-x2+2x.
Azt az x0 számot keressük, amelyre 3-x02+2x0=4-x02.
Négyzetre emelve és rendezve:
4x02-9x0+2=0.(1)
Az egyenlet megoldása a 2 és az 14, de csak az utóbbi megfelelő. Tehát x0=14.
 
Megjegyzés. Van egy további, igen meglepő szerkesztés is, amit a 4. ábra mutat.
 

 
4. ábra
 

A 3r sugarú kör, melynek középpontja a két adott kör középpontját összekötő egyenes és K metszéspontja, kimetszi K-ból a keresett húr két végpontját. Valóban: a kör egyenlete az előző koordináta-rendszerben: (x+2)2+y2=9, és a K kör x2+y2=4 egyenletéből:
P1(14,4-116)=P1(14,6316),
ami kielégíti az (1) kör egyenletét.