Feladat: 1957. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Makkai Mihály ,  Szebeni András ,  Verhás József 
Füzet: 1958/február, 38 - 40. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Részhalmazok, Gráfelmélet, Hamilton-út, -kör, Egyéb szinezési problémák, Kombinatorikai leszámolási problémák, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1958/január: 1957. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

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

Az ABCΔ síkjának P pontjában a síkra merőleges egyenest állítunk, és ezen az egyenesen egy D pontot veszünk fel. Vizsgáljuk, mitől függ az, hogy D megválasztható-e a feladat kívánalmának megfelelően, úgy tehát, hogy az ABD, BCD, CAD háromszögek mindegyike hegyesszögű legyen.
Először e háromszögeknek az ABCΔ oldalain nyugvó szögeit tekintjük, és közülük pl. a BAD-et vizsgáljuk. E szög akkor és csak akkor hegyes, ha D az A-ban AB-re merőlegesen emelt síknak ugyanazon az oldalán van, mint a B pont. Ez a kikötés a P-ben emelt merőlegesnek vagy minden pontjára teljesül, vagy egyikre sem, hiszen ez az egyenes párhuzamos a mondott síkkal. Így tehát csak P megválasztásától függ az, hogy a most vizsgált hat szög hegyes-e. Ez akkor és csak akkor következik be a P-ben emelt merőleges minden D pontjára, ha magára P-re is teljesül, ha tehát a

BAP,ABP,CBP,BCP,ACP,CAP
mindegyike hegyes szög.
Most az ABD, BCD, CAD háromszögek D csúcsú szögeit vizsgáljuk. Tudjuk, hogy a síkban egy pontból egy szakasz akkor látható hegyes szögben, ha a pont a szakasz Thales-körén kívül van. A három vizsgált szög tehát akkor hegyes szög, ha D messzebb van az ABCΔ három oldalának felezőpontjától, mint e három oldal hosszának fele. Ilyen D pont mindig van a P-ben emelt merőleges egyenesen, bárhogyan választjuk is meg a P pontot, hiszen elég pl. azt megkövetelni, hogy D messzebb legyen az ABC síktól, mint az ABCΔ oldalai leghosszabbikának a fele.
Az elmondottakból következik, hogy a feladat kérdésére felelünk, ha azoknak a P pontoknak a mértani helyét állapítjuk meg, amelyekre a fentebb felsorolt hat szög mindegyike hegyes.
A BAP és ABP mindegyike akkor és csak akkor hegyes, ha P annak a síksávnak belsejében van, amelyet az A, B pontokban AB-re emelt merőlegesek határolnak. Ez abból következik, hogy pl. a BAP akkor hegyes, ha P az A-ban emelt merőlegesnek ugyanazon az oldalán van, mint a B pont. A keresett mértani hely ezek szerint három síksáv belsejének közös részeként adódik, s e síksávokat az ABCΔ oldalaira végpontjaikban emelt merőlegesek határolják.
Ha hegyesszögű ABCΔ-ből indulunk ki, akkor a három sáv közös részeként hatszög adódik (lásd 1. ábra), s a keresett mértani hely e hatszög belseje.
 
 


Megjegyzések. 1. Ha az ABCΔ nem hegyesszögű, akkor a szerepeltetett síksávok közös része nem hatszög, hanem parallelogramma, és e parallelogramma belseje adja a vizsgált mértani helyet. A 2. ábra derékszögű és tompaszögű háromszög esetében mutatja be ezt a mértani helyet.
 
 

2. Hegyesszögű háromszög esetében akkor is beláthatjuk, hogy mértani helyként valóban hatszög adódik, ha az ábra szemléletére nem támaszkodunk.
Evégből először azt állapítjuk meg, hogy a szereplő síksávok mindegyike szimmetrikus a háromszög köré írt kör O középpontjára vonatkozólag, hiszen ez a pont a sávok középvonalain, az oldalak felező merőlegesein helyezkedik el. Ebből következik, hogy a három sáv közös része is szimmetrikus ugyanerre a pontra vonatkozólag.
A BC és CA szélességű sávok közös része egy C csúcsú parallelogramma, hiszen ez a két sáv nem párhuzamos egymással. Minthogy az ABCΔ hegyesszögű, C a harmadik, AB szélességű sáv belsejében van, és ezért C a három sáv közös részének is csúcsa. Hasonló indokolással ugyanezt az A és B pontokról is elmondhatjuk.
Az O-ra vonatkozó centrális szimmetriából következik tehát, hogy az A, B, C pontoknak O-ra vonatkozó tükörképei, az A1, B1, C1 pontok, ugyancsak szerepelnek a közös rész csúcsai között. Az A, B, C, A1, B1, C1 pontok mind különbözők, mert O nem azonos az ABCΔ oldalai egyikének felezőpontjával, valamint egyik csúcsával sem. Több csúcsa a közös részként adódó sokszögnek nem lehet, mert a három sávnak együttesen hat határegyenese van, és ezért a közös résznek hatnál több oldala nem lehet. A közös rész ezek szerint valóban hatszög.
3. Az A1, B1, C1 pontokhoz nemcsak úgy juthatunk el, hogy az A, B, C pontokat az O pontra vonatkozólag tükrözzük, hanem úgy is, hogy az ABCΔ M magasságpontját tükrözzük az oldalak felezőpontjaira vonatkozólag. (3. ábra)
 
 

Ez abból következik, hogy ha M jelöli a C1 pontnak az AB oldal felezőpontjára vonatkozó tükörképét, akkor AC1BM parallelogramma. Ezért AM és BM is merőlegesek a BC, ill. AC oldalakra, M tehát két magasságvonal metszéspontja, azaz a magasságponttal azonos.
A most belátott tényből következik, hogy hatszögünk területe az ABCΔ területének kétszerese, hiszen e háromszögön túlnyúló részei egybevágók az AMB, BMC, CMA háromszögekkel, és ezek együttesen az ABCΔ-et alkotják.
4. A feladat megoldása módot nyújt 4 olyan pont meghatározására, amelyek közül akárhogyan választunk is ki hármat, mindig egy hegyesszögű háromszög három csúcsához jutunk. Megemlítjük, hogy senkinek sem sikerült eddig feleletet adni arra a kérdésre, vajon 4 helyett legfeljebb hány ilyen tulajdonságú pontot lehet megadni.