Feladat: F.2202 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Balogh S. ,  Barla F. ,  Beleznay F. ,  Bereznai M. ,  Bozsó P. ,  Bukta Gy. ,  Cseri I. ,  Elter J. ,  Erdélyi T. ,  Gajdos S. ,  Golarits I. ,  Gombás L. ,  Horányi T. ,  Kántor Zs. ,  Karakas J. ,  Károlyi Gy. ,  Király Z. ,  Komlósi Erzsébet ,  Kőrössy Katalin ,  Kovács 134 I. ,  Kozák Ágnes ,  Krausz F. ,  Liszkai S. ,  Mala J. ,  Márkus L. ,  Matlák T. ,  Misota G. ,  Pátkai Andrea ,  Ruisz T. ,  Seres I. ,  Szabó Elemér ,  Szabó Endre ,  Szegedy P. ,  Takáts L. ,  Tóth 397 J. ,  Trauttwein A. ,  Umann G. ,  Varga Ildikó ,  Varga Lívia ,  Vida J. ,  Winkler R. ,  Zakar L. ,  Zsilinszky L. 
Füzet: 1979/november, 131 - 132. oldal  PDF file
Témakör(ök): Trigonometriai azonosságok, Derékszögű háromszögek geometriája, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Háromszögek szerkesztése, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/április: F.2202

Az ABC derékszögű háromszög CA befogóján A-tól C felé mozog az M pont. Az M-en átmenő, BM-re merőleges egyenes az AB átfogót N-ben metszi, és ennek vetülete CA-ra a P pont. Mennyire közelítheti meg C-t P? Szerkesszük meg ezt a legközelebbi helyzetét!

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

I. megoldás. Tegyük fel a kérdést ebben a fordított megfogalmazásban: eljuthat-e a P pont az AC szakasz tetszőleges P* pontjába? A választ a P-t előállító eljárás megfordításával készítjük elő. Messe AB-t a P*-ban AC-re állított merőleges N*-ban. P*-ot akkor és csak akkor éri el P, ha van AC-n olyan M* pont, amelyből az N*B szakasz derékszögben látható; más szóval: ha az N*B átmérőjű k* Thalész-körnek van közös pontja AC-vel. Tovább csak ilyen P*-okkal foglalkozunk.

 

 
1. ábra

 

Megmutatjuk, hogy ha két közös pontja van k*-nak és AC-nek: M* és M** úgy, hogy AM*<AM**, akkor C-nek a P* által elért megközelítése javítható, AC-nek bármely, az M* és M** közti M1 pontjához olyan P1 tartozik, amelyre CP1<CP*. ‐ Könnyű belátni, hogy mindkét közös pont A és C között van, tehát M1 is. Tekintsük azt a k1 kört, amelynek O1 középpontja az AB egyenesen van és amely átmegyM1-en és B-n; legyen az M1-ből képezett pont N1, továbbá messe a BM1 egyenes k*-ot M'-ben. Így a hasonló BN1M1 és BN*M' derékszögű háromszögekből
BN1=BM1BM'BN*<BM*,
hiszen M1 a k* belsejében van, tehát BM'>BM1. Ekkor pedig a két átmérő AC-n levő vetületeire CP1<CP*, amint állítottuk.
 

 
2. ábra

 

Ezek szerint csak akkor nem javítható C-nek P* által elért megközelítése ‐ vagyis akkor a legjobb ‐, ha k*-nak pontosan egy közös pontja van AC-vel, ha M*-ban érintkeznek. Ekkor az M*O* sugár merőleges AC-re és párhuzamos BC-vel, az M*BO* háromszög egyenlő szárú (2. ábra):
ABM*C=BM*O*=M*BC,
a kérdéses P* pontot előállító M* pontra M*B felezi az ABC szöget. Ekkor P* megszerkesztésében N* mellőzhető, M*O*||CB és BN*=2BO* alapján P* a C-nek M*-ra való tükörképe.
 
A szögfelező osztásarány-tétele alapján az ABC háromszög oldalait szokásosan jelölve
CP*=2CM*=2aba+c,
ekkora a CP távolság minimuma.
 
II. megoldás. P definíciójából következik, hogy keresett helyzetében N is legközelebb esik B-hez, elég meghatároznunk a minimális BN-re vezető M pontot. Jellemezzük ennek helyzetét az ABM=x szöggel. Ekkor MBC=β-x, és ismert azonosság alkalmazásával (3. ábra):
BN=BMcosx=BCcos(β-x)cosx=2acosβ+cos(β-2x)2acosβ+1.

 

 
3. ábra

 

Egyenlőség létre is jöhet, éspedig akkor, ha cos(β-2x)=1, vagyis x=β/2.
Tovább az I. megoldás szerint haladhatunk.