Feladat: A.299 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Csóka Endre ,  Gáti Beatrix ,  Kórus Péter ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Nagy Zoltán ,  Németh Adrián ,  Rácz Béla András ,  Salát Máté 
Füzet: 2003/május, 290 - 293. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Koszinusztétel alkalmazása, Tengelyes tükrözés, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/október: A.299

Az ABCD négyzet belsejében P és Q olyan pontok, amelyekre
PAQ=PCQ=45.
Fejezzük ki a PQ szakasz hosszát a BP és DQ szakaszok hosszával!

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

Megoldás. Legyen BP=p, DQ=q és PQ=x. A p és q hosszúságokkal kell kifejeznünk x-et.
A P és Q pontok közül az egyik az ABC, a másik az ACD háromszög belsejébe esik. Ennek megfelelően két esetet kell megkülönböztetnünk.
1. Ha a P pont az ABC háromszög, a Q pont pedig az ACD háromszög belsejébe esik, akkor az APQ és a CQP háromszög is az ABCD négyzettel azonos körüljárású.

 
 

Tükrözzük a B pontot az AP és a CP egyenesekre; a két tükörkép legyen U, illetve V. A tükrözés miatt AU=AB=AD, és az A csúcsnál fekvő szögek összeszámolásából kapjuk, hogy QAU=DAQ. Ebből következik, hogy az AQU és AQD háromszögek egybevágók. Hasonlóan kapjuk, hogy a CQV és CQD háromszögek is egybevágók.
Az egybevágóságok miatt az ábrán azonosan jelölt szögek egyenlők, PU=PV=PB=p és QU=QV=QD=q. A PQU és PQV háromszögek egybevágók, mert oldalaik ugyanakkorák. Ezért az U-nál és V-nél fekvő szögeik egyenlőek. Ennek a két szögnek az összege megegyezik az ABCD négyzet B-nél és D-nél levő szögeinek összegével, tehát PUQ=PVQ=90. A Pitagorasz-tételből tehát x=p2+q2.
A gondolatmenetből az is következik, hogy ABP=CDQ, és a BP szakasz párhuzamos a QD szakasszal.
2. Ha a Q pont az ABC háromszög, a P pont pedig az ACD háromszög belsejébe esik, az APQ háromszög és a CQP háromszög is az ABCD négyzettel ellentétes körüljárású. Ebben az esetben a megoldás (és a végeredmény is) lényegesen bonyolultabb.
 
 

Mint láttuk, a QBPD négyszög trapéz, alapjai QB és PD, továbbá PQ2=BQ2+DP2. A pontok elhelyezkedéséből azt is megállapíthatjuk, hogy BP>DP és BQ<DQ.
Először megmutatjuk, hogy minden ilyen tulajdonságú trapézhoz találhatók olyan A és C pontok, amelyekre ABCD négyzet és PAQ=PCQ=45.
Legyen tehát QBPD egy olyan trapéz, amelyben PQ2=BQ2+DP2. Legyen U és V az a két pont, amelyre QU=QV=BQ és PU=PV=DP; az U pont a PQ átlónak a B-vel megegyező oldalán legyen, a V pont pedig a D csúccsal megegyező oldalon. A Pitagorasz-tétel megfordítása szerint PUQ=PVQ=90.
Legyen A a BQU szög és a DPU szög felezőjének metszéspontja és legyen C a BQV szög felezőjének és a DPV szög felezőjének metszéspontja.
 
 

Az AB, AU és AD szakaszok egyenlő hosszúságúak, mert szimmetrikusak az AQ, illetve AP egyenesekre. Hasonlóképpen CB=CV=CD, mert ez a három szakasz is szimmetrikus a CQ, illetve CP egyenesekre. A PAQU és PVQC négyszögek szögeinek összeszámolásából kapjuk, hogy PAQ=PCQ=45 és így BAD=BCD=90. Mindezekből következik, hogy az ABCD négyszög egy négyzet.
A BP>DP és BQ<DQ feltételek biztosítják, hogy az U és a V pont a PQB, illetve a QPD szögtartomány belsejébe esik, az A és C pontok a PQ egyenesnek a D-vel, illetve B-vel megegyező oldalán vannak és az ABCD négyzet valóban a belsejében tartalmazza a PQ szakaszt.
Jelöljük a négyzet oldalának hosszát a-val, továbbá legyen BQ=y és PD=z. Az a, p, q szakaszok hosszával fogjuk kifejezni x-t, y-t és z-t. A pontok elhelyezkedéséből látható, hogy 12a<p,q<2a.
Mint már láttuk,
x2=y2+z2.(1)

 
 

Tekintsük a QBPD trapézt. Legyen QBP=β és PDQ=δ. Írjuk fel a koszinusz-tételt a QBP, BPD, PDQ és DQB háromszögekre:
x2=p2+y2-2pycosβ2a2=p2+z2+2pzcosβx2=q2+z2-2qzcosδ2a2=q2+y2+2qycosδ.

A koszinuszokat eliminálva:
x2z+2a2y=(p2+yz)(y+z),(2)
x2y+2a2z=(q2+yz)(y+z).(3)

A (2) és (3) egyenletek összegét (y+z)-vel osztva egy minden trapézban érvényes összefüggést kapunk:
x2+2a2=p2+q2+2yz,
amiből (1) alapján
(y-z)2=y2-2yz+z2=x2-2yz=p2+q2-2a2(4)
és
(y+z)2=y2+2yz+z2=x2+2yz=2x2+2a2-p2-q2.

A (2) és (3) egyenletek különbségét négyzetre emelve és behelyettesítve (y-z)2, illetve (y+z)2 értékét:
(2a2-x2)2(y-z)2=(p2-q2)2(y+z)2,
(2a2-x2)2(p2+q2-2a2)=(p2-q2)2(2x2+2a2-p2-q2),
(p2+q2-2a2)(2a2-x2)2+2(p2-q2)2(2a2-x2)-(5)
-(p2-q2)2(6a2-p2-q2)=0.

A 2a2-x2 számot ebből a (legfeljebb) másodfokú egyenletből fogjuk kiszámítani. A (4) egyenletből látható, hogy a főegyüttható nemnegatív: p2+q2-2a2=(y-z)20.
 
 

Ha a főegyüttható 0, azaz
p2+q2-2a2=(y-z)2=0,
akkor y=z, a QBPD trapéz paralelogramma és p=q=a. Könnyű végiggondolni, hogy ha P és Q a B, illetve D középpontú, a sugarú körön, a négyzet középpontjára szimmetrikusan helyezkedik el, akkor a PAQ=PCQ=45 biztosan teljesül. A PQ szakasz hosszáról ilyenkor nem mondhatunk többet, mint hogy a [(2-2)a,2a) intervallumba esik.
Ha a főegyüttható pozitív, akkor az (5) egyenletben a főegyüttható és a konstans tag ellentétes előjelű, ezért egy pozitív és egy negatív gyöke van. Mivel x<2a, nekünk a pozitív gyökre van szükségünk:
2a2-x2==-(p2-q2)2+(p2-q2)4+(p2+q2-2a2)(p2-q2)2(6a2-p2-q2)p2+q2-2a2==-(p2-q2)2+2|p2-q2|-3a4+2a2(p2+q2)-p2q2p2+q2-2a2,x=2a2+(p2-q2)2-2|p2-q2|-3a4+2a2(p2+q2)-p2q2p2+q2-2a2.

Ezzel a megoldást befejeztük.