Cím: Variációk egy versenyfeladatra
Füzet: 2006/március, 136 - 139. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Egyéb írások

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

Az idei tanulmányi versenyen a speciális matematika tagozatos osztályok kategóriájában az első forduló utolsó feladata a következő volt:

 
Legyen AB az O középpontú k körnek egy olyan húrja, amely nem átmérő. Jelölje M az AB szakasz felezőpontját, R pedig az OM félegyenesnek a k-val vett metszéspontját. Vegyünk fel egy tetszőleges P belső pontot a rövidebbik AR íven. A PM félegyenes messe a kört a Q pontban és legyen S az AB és QR húrok metszéspontja. Az RS és PM szakaszok közül melyik a hosszabb?
 

A feladat igen nehéznek bizonyult, az alábbi megoldások rövidsége ne tévessze meg az Olvasót. A megoldásokat Molnár András, a budapesti Fazekas Mihály Gimnázium 12. osztályos tanulója gyűjtötte össze.
 
I. megoldás (1. ábra). A megoldás során a szóban forgó szakaszokat hasonló háromszögek megfelelő oldalaiként azonosítjuk. Legyen most és a továbbiakban az RM átmérő másik végpontja T.
 

 
1. ábra
 

Azt állítjuk, hogy az RTS és a PTM háromszögek hasonlók. Mivel az egymásnak megfelelő oldalak közül PT húr, RT pedig átmérő a k körben, a hasonlóság aránya nagyobb 1-nél. Ebből pedig az következik, hogy RS>PM.
TPQ∢=TRQ∢ és PQR∢=PTR∢, hiszen az előbbiek a TQ, az utóbbiak pedig a PR ívhez tartozó kerületi szögek. Vegyük észre még, hogy MTQS húrnégyszög, hiszen RT átmérő, tehát RQT∢=90∘=SMT∢.
Ebből következik, hogy MTS∢=MQS∢=PQR∢=PTR∢, a PTM és az RTS háromszögek tehát valóban hasonlók.
 

A következő két megoldásban az összehasonlítandó szakaszok mint átmérő és húr jelennek meg egy adott körben.
 
II. megoldás (2. ábra). Toljuk el az RS szakaszt R'M-be. Ekkor R' rajta van a k kör R-beli érintőjén, másfelől az eltolás miatt R'MP∢=RQP∢. Ezen kívül, mint a PR ívhez tartozó kerületi szögek a k körben, R'RP∢=RQP∢. Így tehát R'RP∢=R'MP∢, az MRR'P tehát húrnégyszög. Ennek körülírt körében R'M átmérő, hiszen MRR'∢=90∘, innen pedig RS=R'M>PM következik.
 

 
2. ábra
 

 
III. megoldás (3. ábra). Legyen PT és AB metszéspontja U. Ekkor UMRP húrnégyszög, amelynek k' körülírt körében UR átmérő, hiszen TPR∢=UMR∢=90∘. A kerületi szögek tétele szerint URM∢=UPM∢=MRS∢. Mivel M-nél derékszög van, URM▵≅SRM▵. Így RS=RU>PM, mert UR átmérő, PM pedig húr a k' körben.
 

 
3. ábra
 

A következő megoldásban a fenti gondolat egy trigonometriai megvalósítását láthatjuk.
 
IV. megoldás (4. ábra). Legyen TRQ∢=α. Ekkor RTQ∢=RPQ∢=90∘-α. Legyen még PRM∢=β és írjuk fel a szinusz-tételt a PMR háromszögben:
PMsinβ=RMsin(90∘-α)=RMcosα,
ami éppen RS az RMS derékszögű háromszögben. Így PM=RS⋅sinβ<RS.
 

 
4. ábra
 

 
V. megoldás (5. ábra). Legyen X a hosszabbik RP ív felezőpontja. Ekkor nyilván PQR∢=PXR∢=φ. Forgassuk el az ábrát X körül a φ szöggel negatív irányba. Ekkor PX=XR miatt P az R-be kerül, így a PQ félegyenes a vele φ szöget bezáró RQ félegyenesbe fordul. A PQ szakasz M pontjának M' elforgatottja tehát az RQ félegyenesen van; azt kell eldöntenünk, hogy itt hol helyezkedik el az S ponthoz képest.
 

 
5. ábra
 

A szimmetria miatt OXR∢=φ2. Ha U jelöli az XO átmérő és az AB húr metszéspontját, akkor az UOR∢ középponti szög is φ, és ekkor MUO∢=90∘-φ.
Ha V az X-ből az AB húrra állított merőleges talppontja, akkor UXV∢=φ és így RXV∢=φ2. Ebből következik, hogy az RX és AB húrok W metszéspontjának az X körüli negatív φ szögű elforgatottja az AB szakaszra esik! Mivel XWM∢=XW'M'∢ tompaszög, azért az M pont elforgatottja az AB húr fölött van, ami azt jelenti, hogy PM=RM'<RS.
 
Az alábbi megoldás során felhasználjuk a Pillangó tétel néven ismert állítást1, amely a következőt mondja ki:
 
Az ABCD húrnégyszög átlóinak M metszéspontján átmenő tetszőleges e egyenes a körülírt kört az X, Y, a húrnégyszög határát pedig az U és V pontokban metszi. Ekkor MX=MY akkor és csak akkor teljesül, ha MU=MV (6. ábra).
 

 
6. ábra
 

VI. megoldás. A PTQR húrnégyszögben az átlók M metszéspontjára MA=MB, így a tétel szerint MU=MS, másfelől MRS∢=UPM∢, hiszen mindketten a TQ íven nyugvó kerületi szögek. Ekkor
RS=MSsinMRS∢=MUsinUPM∢=MPsinPUM∢≥MP,
tehát RS≥MP. Egyenlőség akkor lehetne, ha PUM∢ derékszög lenne. Ez nem lehetséges, mert kiegészítő szöge az UMT derékszögű háromszög egyik hegyesszöge (7. ábra).
 

 
7. ábra
 

 
Megjegyzés. A feladat szövege szükségtelenül teszi fel, hogy az AB húr nem átmérő. Ha AB a k kör átmérője, akkor M=O, így PO=OR a k kör sugara és az RMS derékszögű háromszögben RS>RO (8. ábra). Ebben az esetben tehát nyilvánvalóan teljesül az RS>PM egyenlőtlenség.
 

 
8. ábra
 
1A tétel bizonyítása megtalálható H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer: Az újrafelfedezett geometria c. könyvének (Gondolat Kiadó, Budapest, 1977) 80. oldalán.