Feladat: F.2413 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1983/november, 124 - 125. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kör egyenlete, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Parabola, mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/március: F.2413

Adott az ABCD négyzet. Mi a mértani helye a négyzet síkjában azon P pontoknak, amelyekre (PA+PC)/2 akkora, mint a PB és PD távolságok közül a nem kisebb?

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

A mértani helyet a koordináta-geometria eljárásaival keressük meg. Vegyük a négyzet csúcsainak rendre az A (0; 1), B (-1; 0), C (0; -1), D (1; 0) pontot. Így a 2 oldalhosszúságú négyzetre vizsgáljuk a kérdést, de nem csorbítjuk az általánosságot, hiszen bármely két négyzet hasonló.
A keresett mértani hely szimmetrikus mindkét tengelyre. Ha ugyanis P(x,y) megfelelő pont, akkor megfelel P(-x,y) is, mert így PB és PD értéke csupán fölcserélődik, és ez nem változtatja meg a jobb oldal értékét a

PA+PC2=max (PB,PD)(1)
követelményben.
Továbbá a bal oldal értéke változatlan marad, ha P helyére a (x,-y) pont lép. Elég tehát az x0 esetre szorítkoznunk, ekkor a jobb oldal értéke
PB=(x+1)2+y2,
(1) pedig így alakul
x2+(y-1)2+x2+(y+1)2=2(x+1)2+y2x0.
Négyzetre emelés után a két oldal egyező tagjait elhagyva
x2+(y-1)2x2+(y+1)2=2x.
Ez újabb négyzetre emelés után így rendezhető:
x4+x2(2y2+2)+(y2-1)2=4x2.
azaz
x4+2x2(y2-1)+(y2-1)2=(x2+y2-1)2=0,
végül
x2+y2-1=0x0.

A kapott egyenlet az origó körüli egységkörnek az y tengelytől jobbra eső félkörét jelenti, az y tengelyen levő pontjaival együtt. Eszerint az előrebocsátottak értelmében minden megfelelő P pont rajta van a kiindulási négyzet körülírt körén.
Megfordításul elemi geometriai meggondolással belátjuk, hogy a körülírt kör minden pontja megfelel P-ként. Ennek során elég a kör DA negyedívének pontjait vizsgálnunk. Ha P a D vagy az A végpontban van, akkor (1) jobb és bal oldalán egyaránt 2 ill. 2 áll.
 
 

A PA/2 hosszúságot elénk állítják a PK1=AK1 szakaszok, ahol K1 a PAC derékszögű háromszög PA befogójához kívülről hozzáírt négyzet középpontja. Más szóval PK1 és AK1 a K1PA egyenlő szárú, derékszögű háromszög befogói. Ekkor nyilván PK1 merőleges PB-re, és K1A párhuzamos PB-vel.
Ugyanígy PC/2=PK2=K2C=K*A, ahol K2 a PC oldalú négyzet középpontja és K* a K2 tükörképe az origóra, továbbá a K1K2 egyenes átmegy P-n, D-n és merőleges PB-re. Azt is mondhatjuk, hogy K* a K2-nek az OK1 egyenesre való tükörképe, hiszen merőleges szárú szögekként K1OK2=APC derékszög. Ekkor pedig
PA2+PC2=PK1+PK2=K1K2=K1K*=PB,
mert a tükrözés folytán K*B párhuzamos K2D-vel, tehát merőleges PB-re, lévén BPD derékszög.