Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4489. feladat (2012. november)

B. 4489. Adottak a P1, P2 és P3 pontok, valamint a e1, e2 és e3 távolságok. Szerkesszünk olyan kört, amelyhez Pi-ből ei hosszúságú érintőszakasz húzható.

(5 pont)

A beküldési határidő 2012. december 10-én LEJÁRT.


Útmutatás: Hatványpont.

Megoldás: Tegyük fel először, hogy az adott pontok mind különbözők. A szerkesztendő kör középpontját jelölje O, sugarát pedig r. Ekkor i=1,2,3 esetén PiO2=ei2+r2, vagyis minden i\nej párra PiO2-PjO2=ei2-ej2=:qij. Szükség esetén i és j szerepét felcserélve feltételezhetjük, hogy qij\ge0. Az O pontból a PiPj egyenesre állított merőleges talppontját Mij-vel jelölve

qij=PiO2-PjO2=PiMij2-PjMij2=(PiMij+PjMij)(PiMij-PjMij).

Azon X pontok mértani helye pedig, melyekre PiX2-PjX2=PiMij2-PjMij2, éppen az Mij pontból a PiPj egyenesre állított merőleges egyenes. A PiPj egyenesen pontosan egy olyan Y pont van, melyre (PiY+PjY)(PiY-PjY)=qij. Valóban, qij\lePiPj2 esetén ez a PiPj szakasz azon pontja, melyre PiY-PjY=qij/PiPj, qij>PiPj2 esetén pedig a PiPj szakasz Pj-n túli meghosszabbításának azon pontja, melyre PiY+PjY=qij/PiPj.

Ezek alapján a keresett kör (ha létezik) a következő eljárással szerkeszthető meg. A qij=(ei+ej)(ei-ej) összefüggés alapján a párhuzamos szelők tétele alapján az Mij pontok egyértelműen megszerkeszthetők. Ezután megszerkesztjük az Mij pontból a PiPj egyenesre állított eij merőlegest. Az O pontot az eij egyenesek metszéspontjaként kapjuk. A P1 középpontú e1 sugarú kört a P1O átmérőjű körrel elmetszve adódnak a P1-ből a keresett körhöz húzott érintők érintési pontjai, melyek ismeretében a keresett kör azonnal megrajzolható.

A diszkusszióra térve, tegyük fel először, hogy a Pi pontok nem illeszkednek egy egyenesre. Ekkor az e12 és e13 egyenesek egyetlen pontban metszik egymást, melyen az e23 egyenes is áthalad. Így az O pont helyzete egyértelműen meghatározott. Ha OP1\lee1, akkor a feladatnak nincs megoldása, OP1>e1 esetén pedig a fenti eljárással kapott kör a feladat (egyetlen) megoldása. Ha a Pi pontok egy egyenesre illeszkednek, akkor az eij egyenesek egymással párhuzamosak. Ha e12 és e13 nem esnek egybe, akkor a feladatnak nincs megoldása. Ha egybeesnek, akkor e23 is egybeesik velük. Tekintsük ennek az egyenesnek azon O pontjait, melyekre OP1>e1; ezek vagy kiadják a teljes egyenest, vagy két nyílt félegyenest alkotnak. A keresett kör középpontjai csak ezek a pontok lehetnek, és minden ilyen pontra kapunk egy egyértelmű megoldást. A feladatnak ekkor tehát végtelen sok megoldása van.

Végül tegyük fel, hogy valamely két adott pont egybeesik. Ha mindhárom egybeesik, akkor a szerkeszthetőség szükséges feltétele, hogy e1=e2=e3 legyen. Ha ez teljesül, akkor végtelen sok megoldást kapunk, minden olyan O pontra egyet, melyre OP1>e1 teljesül. Végül ha P1=P2\neP3, akkor a szerkeszthetőség szükséges és egyben elégséges feltétele e1=e2, mely esetben végtelen sok megoldást kapunk, egyet az e13 egyenes minden olyan O pontjára, melyre OP1>e1 teljesül.


Statisztika:

62 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Nagy-György Pál, Venczel Tünde.
4 pontot kapott:Bajnok Anna, Balogh Tamás, Bogár Blanka, Bősze Zsuzsanna, Fehér Zsombor, Fonyó Viktória, Géczi Péter Attila, Herczeg József, Janzer Olivér, Kabos Eszter, Kaprinai Balázs, Kúsz Ágnes, Machó Bónis, Maga Balázs, Nagy Bence Kristóf, Petrényi Márk, Sagmeister Ádám, Seress Dániel, Szabó 789 Barnabás, Szabó 928 Attila, Tossenberger Tamás, Vályi András, Williams Kada, Zilahi Tamás.
3 pontot kapott:16 versenyző.
2 pontot kapott:6 versenyző.
1 pontot kapott:3 versenyző.
0 pontot kapott:4 versenyző.
Nem versenyszerű:7 dolgozat.

A KöMaL 2012. novemberi matematika feladatai