Feladat: Gy.2204 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Benczúr András ,  Bíborka Judit ,  Csott Róbert ,  Deák CS. ,  Grallert Ágnes ,  Hetényi Zs. ,  Hornyák Z. ,  Jedlovszky P. ,  Kristóf Á. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Rimányi R. ,  Szalay Gy. ,  Szkaliczky T. ,  Várkonyi V. 
Füzet: 1985/március, 116 - 119. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Derékszögű háromszögek geometriája, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Paralelogrammák, Szélsőérték-feladatok differenciálszámítás nélkül, Síkgeometriai szerkesztések, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/május: Gy.2204

Az AB átmérőjű félköríven adott két pont, C és D; az M pont a félkör CD ívén mozog. Az MA,MB szakaszoknak a CD szakasszal való metszéspontjait jelölje S, ill. T. Szerkesszük meg M-nek azt a helyzetét, amikor az ST szakasz a lehető leghosszabb!

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

I. megoldás. Feltehetjük, hogy a pontok a félkörön az A, C, M, D, B sorrendben követik egymást. Megállapítjuk, hogy M minden megengedett helyzetében S és T a CD szakasz belső vagy határpontjai (ha M egybeesik C-vel vagy D-vel), és hogy e pontok sorrendje C, S, T és D.

 
 
1. ábra
 

Vetítsük a CD egyenesre merőlegesen az A és B pontokat, a talppontok legyenek A1, illetve B1. Mivel ACD>ACB=90, azért A1 a CD szakasz C-n túli meghosszabbításába esik, s hasonlóan B1 ugyanennek a D-n túli meghosszabbítására.
Állítjuk, hogy az A1S és TB1 szakaszok hosszának szorzata nem függ az M pont helyzetétől. Valóban, AA1S és BB1T derékszögű háromszögek, és S-nél, illetve T-nél levő szögeik megegyeznek az STMM-ben derékszögű háromszög egy-egy hegyesszögével. Így
A1SA=MST=90-MTS=90-B1TB=TBB1, azaz AA1S és TB1B hasonló háromszögek:
AA1A1S=ZB1BB1,
ahonnan A1STB1=AA1BB1, valóban független M helyzetétől. A számtani és mértani  közepek közti egyenlőtlenségből
ST=A1B1-(A1S+TB1)A1B1-2A1STB1=A1B1-2AA1BB1.(1)
Ezek szerint az ST szakasz hossza legfeljebb A1B1-2AA1BB1, és ennyi is csak akkor lehet, ha A1S=TB1=AA1BB1.
Eddig az ST szakasz hosszára kaptunk egy felső becslést: tudjuk, hogy ez M helyzetétől függetlenül legfeljebb A1B1-2AA1BB2. Nekünk azonban ez nem elég: meg kell mutatni, hogy M-nek van olyan M0 helyzete, amelyhez tartozó S0T0 szakasz hossza éppen ez az érték, és végül meg is kell szerkesztenünk az összes ilyen M0 pontot.
 
 
2. ábra
 

Ez utóbbi feladat az egyszerűbb. Láttuk, hogy S0T0 csak akkor érheti el az (1)-beli felső határt, ha A1S0=T0B1=AA1BB1. Az AA1,BB1 szakaszokat ismerjük, így mértani közepüket könnyen szerkeszthetjük például a magasságtétel segítségével (2. ábra). A AA1BB1 szakaszt A1-től B1 felé, valamint B1-től A1 felé felmérve kapjuk az S0, T0 pontokat; az AS0 és BT0 egyenesek metszéspontja adja ki M0-t (3. ábra). Ha tehát van a CD körívnek egyáltalán olyan pontja, amire ST az (1) szerinti maximális értéket felveszi, csak ez az M0 pont lehet.
 
 
3. ábra
 

A feladat megoldásához így elegendő megmutatnunk, hogy az így megszerkesztett M0 valóban pontja a CD körívnek ‐ ami egyúttal azt is adja, hogy az (1) szerinti maximumot az ST szakasz fel is veszi, és egyedül az M0 pontban.
Ez utóbbi állítás igazolását azzal kezdjük, hogy megmutatjuk: az S0, T0 pontok A1, S0, T0, B1 sorrendben helyezkednek el az A1B1 egyenesen. Ehhez elegendő látni, hogy A1S0=T0B1=AA1BB1A1B1/2.
A CD íven tetszőleges M pontot felvéve a hozzá tartozó S, T pontokra TB1SB1, így
AA1BB1=A1STB1A1SSB1A1S+SB12=A1B12,
a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség miatt. Az egyenlőtlenségláncolat első és utolsó tagja adja a kívánt egyenlőtlenséget.
Az AS0 és BT0 egyenesek tehát metszik egymást, mégpedig az A1B1 egyenesnek A-val, B-vel ellentétes partján. Így abból, hogy AM0B=90 már következik, hogy M0 a CD körív pontja. Először is, AA1S0 és T0B1B hasonló derékszögű háromszögek, hiszen AA1:A1S0=T0B1:B1B. Így
90=A1S0A+B1T0B=M0S0T0+M0T0S0.
Az M0S0T0 háromszög harmadik szöge valóban 90, az M0 pontja a CD körívnek. A megszerkesztendő pont tehát M0, és ezt meg is szerkesztettük.
 

Megjegyzés. A feladatnak megoldásánál alapvető fontosságú az a gyakran "elfelejtett'' rész, hogy a szerkesztés helyességét is igazolni kell. Abból ugyanis, hogy az ST szakasz hosszára (1)-ben egy felső korlátot találtunk, és megmondjuk, hogyan szerkesszük meg azt a pontot, amire ST ezt fel tudja venni, még nem következik, hogy a feladatot megoldottuk: mi biztosítja, hogy szerkesztésünk valóban ad pontot, és ráadásul az a CD ívre is esik? Azt hogy valóban ez a helyzet, külön igazolnunk kell, jelen esetben ez egyáltalán nem nyilvánvaló!
 

II. megoldás. Húzzunk A-n keresztül párhuzamost CD-vel, messe ez a félkört másodszor E-ben (4. ábra). Tekintsük az AE egyenesnek azt a T' pontját, amelyre az ASTT' négyszög paralelogramma.
 
 
4. ábra
 

 
 
5. ábra
 

Mivel AT'=ST, CD||AE, ezért T' belső pontja az AE szakasznak. Az AEB=T'EB derékszög, tehát AT' és így ST annál nagyobb, minél rövidebb BT'. Mivel T'T és AS párhuzamos, T'TB=AMB=90. Legyen BT' felezőpontja K, erre BT'=2BK=2KT. Ha párhuzamost húzunk az AB átmérő F felezőpontján át AE-vel, K rajta lesz ezen az e egyenesen, és KT nem kisebb, mint e és az AE egyenes d távolsága. Ha tehát tudunk olyan M pontot szerkeszteni, amelyhez tartozó T' pontra BT'=2d, akkor erre az M pontra lesz az ST szakasz maximális. Ennek szerkesztése a következőképp történhet. B középpontú, 2d sugarú kört húzunk, ez az AE szakaszt pontosan egyszer metszi. Ugyanis BE az e és AE távolságának kétszerese, ami kisebb e és CD távolságának kétszeresénél, 2d-nél, következésképp a körnek van metszéspontja az AE egyenessel. Másrészt 2d kisebb a kör átmérőjénél, BEAE, így a kör és az AE egyenes egyik metszéspontja az AE szakaszon van, a másik a szakasz E-n túli meghosszabbításán. Legyen ez a metszéspont T'. A BT' mint átmérő fölé rajzolt kör éppen érinti a CD egyenest, hiszen középpontja d távolságra van a CD egyenestől, és d ennek a körnek a sugara. Legyen az érintési pont T. Messe BT egyenes az AB fölötti félkört másodszor M-ben. BTT'=90 és AMB=90, a két szög egy szára közös, tehát AM és  TT' párhuzamos. Ebből következik, hogy M csak a CD köríven és T csak a CD szakaszon lehet.
Állítjuk, hogy M éppen a keresett pont, ami most már nyilvánvaló: AM és CD metszéspontját S-sel jelölve a szerkesztett ASTT' négyszög paralelogramma, tehát M-hez éppen olyan T' tartozik, amelyre BT'=2d.