Feladat: 1988. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Beke Tibor 
Füzet: 1988/október, 290 - 291. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Thalesz-kör, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Pont körre vonatkozó hatványa, Téglalapok, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1988/szeptember: 1988. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

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

I. Legyen O a két kör középpontja. Tegyük fel, hogy P, O, B nincsenek egy egyenesen. Messe PB az r sugarú kört másodszor Q-ban. Mivel B és C szerepe felcserélhető, feltehetjük, hogy Q a P és B között fekszik. P-ből QA90∘ alatt látszik, tehát QA átmérő. CP=QB=a (hiszen pl. CPO△≃BQO△, két oldal és a nagyobbikkal szemközti szögben megegyezik).
 
 

 
 

A Pitagorasz-tételt alkalmazva:
AB2+BC2+CA2=PA2+(PQ+a)2+(PQ+2a)2+PA2+a2==2(PA2+PQ2)+6a(a+PQ).


Viszont a PQA háromszögből PA2+PQ2≃4r2, P-nek az R sugarú körre vonatkozó hatványa
a(a+PQ)=CP⋅PB=R2-r2,
tehát AB2+BC2+CA2=6R2+2r2 még akkor is, ha C, P, O, B egy egyenesen vannak. A vizsgált érték tehát állandó.
 

II. Jelöljük B-nek a PA felezőmerőlegesére való tükörképét B'-vel. B' az R sugarú körön van, mivel f mindkét körnek szimmetriatengelye. PAB'B téglalap, PB=AB' és APB∢=PAB'∢=90∘, így AB felezőpontja egybeesik PB' felezőpontjával. Ahogy B körbefut, B' is, így AB felezőpontja az R sugarú kör P-ből felére kicsinyített képén fekszik. Az extrém esetben e kör egy átmérője végpontjain.
Beke Tibor (Nagyatád, Ady E. Gimn., III. o. t.)