Kezdőlap


Feladat:	1988. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Sustik Mátyás
Füzet:	1988/október, 296. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Forgatva nyújtás, Húrnégyszögek, Terület, felszín, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/szeptember: 1988. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 22. feladata

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

Legyen a beírt körök középpontja $O_{1}$ , ill. $O_{2}$ (lásd ábra).

Az ábra azt a sejtést sugallja, hogy az

A K L

egyenlő szárú derékszögű háromszög. (A versenyen úgy emlékeztem, mintha ez éppen egy KÖMAL feladat lett volna, noha csak ehhez hasonló volt a Gy. 2395., 37. évf. 7. szám, 310. o.). Semmi elképzelésem nem volt, hogy ha be tudnám ezt bizonyítani, akkor miért segítene, de más nem jutott eszembe, így megpróbáltam igazolni. Azaz feltettem, hogy

A K = A L

. Ebből

A L O_{2} ∢ = 45^{\circ} = O_{2} D C ∢

, ekkor (és csak ekkor!)

D C L O_{2}

húrnégyszög!

D C L O_{2}

húrnégyszög pl. akkor, ha

L C D ∢ = O_{1} O_{2} D ∢

! Ennek igazolásához pedig csak azt kell észrevenni, hogy az a

D

körüli

+ 90^{\circ}

-os forgatvanyújtás, amely az

A D C

háromszöget a

B D A

háromszögbe viszi, nyilván

O_{2}

-nek

O_{1}

-et felelteti meg.

O_{1} O_{2} D

háromszög derékszögű, és a befogók aránya egyenlő az

A D C

háromszög befogóinak arányával, így ezek hasonlóak. Kapjuk tehát, hogy

O_{1} O_{2} D ∢ = A C D ∢

. Ezzel beláttam, hogy

A L K ∢ = A K L ∢ = 45^{\circ}

. Ezek után

A O_{2}

és

A O_{1}

szögfelező voltának kihasználásával az

A K = A D = A L

egyenlőséget kaptam. (Ezt rövidebben lehet igazolni, ugyanis elegendő, ha csak az

A L O_{2} ∢ = A D O_{2} ∢

egyenlőséget vesszük észre.)
A megoldást ezek után borzasztóan el lehet bonyolítani, ahogy én is tettem. Kitértem ugyanis arra, hogy

K O_{1} = O_{1} D

, és

D O_{2} = O_{2} L

, így

K L

hossza épp a

D O_{1} O_{2}

háromszög kerülete. Ezek után ‐ észrevéve, hogy a

D O_{1} O_{2}

háromszög az eredeti

A B C

háromszöghöz is hasonló ‐ felírtam

D O_{1} O_{2}

és

A B C

hasonlóságának arányát, végül

A B C

háromszög oldalaival kifejeztem

K L

hosszát, s mindebből számoltam ki

T

-t. Az

S ≧ 2 T

egyenlőtlenség igazolása ezek után igazán egyszerű volt. (A koordinátornak állítólag nagyon tetszett a

D O_{1} O_{2} ▵ \sim A B C ▵

eredmény, lévén hogy ennek a feladathoz nem sok köze van.)
Nézzük most "a megoldást''! Betűzzük az oldalakat az ábra szerint.

A D

hossza ekkor nem más, mint

\frac{c b}{a}

. (Ez a kétszeres terület kétféle felírásából adódik:

b c = a \cdot A D

T

-re ezek után a

\begin{matrix} T = \frac{c^{2} b^{2}}{2 a^{2}} \end{matrix}

eredményt kapjuk.

S ≧ 2 T

így írható:

\begin{matrix} 2 \frac{c^{2} b^{2}}{2 a^{2}} ≦ \frac{1}{2} b c . \end{matrix}

Rendezés és

a^{2} = b^{2} + c^{2}

(Pitagorasz tétele) helyettesítés után:

\begin{matrix} 2 b c ≦ b^{2} + c^{2} \end{matrix}

Ez utóbbi pedig

{(b - c)}^{2} ≧ 0

-val ekvivalens.

Sustik Mátyás (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., III. o. t.)