Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Koszinusztétel alkalmazása, Tengelyes tükrözés, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/október: A.299

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

Megoldás. Legyen $B P = p$ , $D Q = q$ és $P Q = x$ . A $p$ és $q$ hosszúságokkal kell kifejeznünk $x$ -et.
A $P$ és $Q$ pontok közül az egyik az $A B C$ , a másik az $A C D$ háromszög belsejébe esik. Ennek megfelelően két esetet kell megkülönböztetnünk.
1. Ha a $P$ pont az $A B C$ háromszög, a $Q$ pont pedig az $A C D$ háromszög belsejébe esik, akkor az $A P Q$ és a $C Q P$ háromszög is az $A B C D$ négyzettel azonos körüljárású.

Tükrözzük a

B

pontot az

A P

és a

C P

egyenesekre; a két tükörkép legyen

U

, illetve

V

. A tükrözés miatt

A U = A B = A D

, és az

A

csúcsnál fekvő szögek összeszámolásából kapjuk, hogy

Q A U ∢ = D A Q ∢

. Ebből következik, hogy az

A Q U

és

A Q D

háromszögek egybevágók. Hasonlóan kapjuk, hogy a

C Q V

és

C Q D

háromszögek is egybevágók.
Az egybevágóságok miatt az ábrán azonosan jelölt szögek egyenlők,

P U = P V = P B = p

és

Q U = Q V = Q D = q

. A

P Q U

és

P Q V

háromszögek egybevágók, mert oldalaik ugyanakkorák. Ezért az

U

-nál és

V

-nél fekvő szögeik egyenlőek. Ennek a két szögnek az összege megegyezik az

A B C D

négyzet

B

-nél és

D

-nél levő szögeinek összegével, tehát

P U Q ∢ = P V Q ∢ = 90^{\circ}

. A Pitagorasz-tételből tehát

x = \sqrt[]{p^{2} + q^{2}}

.
A gondolatmenetből az is következik, hogy

A B P ∢ = C D Q ∢

, és a

B P

szakasz párhuzamos a

Q D

szakasszal.
2. Ha a

Q

pont az

A B C

háromszög, a

P

pont pedig az

A C D

háromszög belsejébe esik, az

A P Q

háromszög és a

C Q P

háromszög is az

A B C D

négyzettel ellentétes körüljárású. Ebben az esetben a megoldás (és a végeredmény is) lényegesen bonyolultabb.

Mint láttuk, a

Q B P D

négyszög trapéz, alapjai

Q B

és

P D

, továbbá

P Q^{2} = B Q^{2} + D P^{2}

. A pontok elhelyezkedéséből azt is megállapíthatjuk, hogy

B P > D P

és

B Q < D Q

.
Először megmutatjuk, hogy minden ilyen tulajdonságú trapézhoz találhatók olyan

A

és

C

pontok, amelyekre

A B C D

négyzet és

P A Q ∢ = P C Q ∢ = 45^{\circ}

.
Legyen tehát

Q B P D

egy olyan trapéz, amelyben

P Q^{2} = B Q^{2} + D P^{2}

. Legyen

U

és

V

az a két pont, amelyre

Q U = Q V = B Q

és

P U = P V = D P

; az

U

pont a

P Q

átlónak a

B

-vel megegyező oldalán legyen, a

V

pont pedig a

D

csúccsal megegyező oldalon. A Pitagorasz-tétel megfordítása szerint

P U Q ∢ = P V Q ∢ = 90^{\circ}

.
Legyen

A

B Q U

szög és a

D P U

szög felezőjének metszéspontja és legyen

C

B Q V

szög felezőjének és a

D P V

szög felezőjének metszéspontja.

A B

A U

és

A D

szakaszok egyenlő hosszúságúak, mert szimmetrikusak az

A Q

, illetve

A P

egyenesekre. Hasonlóképpen

C B = C V = C D

, mert ez a három szakasz is szimmetrikus a

C Q

, illetve

C P

egyenesekre. A

P A Q U

és

P V Q C

négyszögek szögeinek összeszámolásából kapjuk, hogy

P A Q ∢ = P C Q ∢ = 45^{\circ}

és így

B A D ∢ = B C D ∢ = 90^{\circ}

. Mindezekből következik, hogy az

A B C D

négyszög egy négyzet.
A

B P > D P

és

B Q < D Q

feltételek biztosítják, hogy az

U

és a

V

pont a

P Q B

, illetve a

Q P D

szögtartomány belsejébe esik, az

A

és

C

pontok a

P Q

egyenesnek a

D

-vel, illetve

B

-vel megegyező oldalán vannak és az

A B C D

négyzet valóban a belsejében tartalmazza a

P Q

szakaszt.
Jelöljük a négyzet oldalának hosszát

a

-val, továbbá legyen

B Q = y

és

P D = z

. Az

a

p

q

szakaszok hosszával fogjuk kifejezni

x

-t,

y

-t és

z

-t. A pontok elhelyezkedéséből látható, hogy

\frac{1}{\sqrt[]{2}} a < p, q < \sqrt[]{2} a

.
Mint már láttuk,

\begin{matrix} x^{2} = y^{2} + z^{2} . \end{matrix}

(1)

Tekintsük a

Q B P D

trapézt. Legyen

Q B P ∢ = β

és

P D Q ∢ = δ

. Írjuk fel a koszinusz-tételt a

Q B P

B P D

P D Q

és

D Q B

háromszögekre:

\begin{matrix} \begin{matrix} x^{2} & = p^{2} + y^{2} - 2 p y cos β \\ 2 a^{2} & = p^{2} + z^{2} + 2 p z cos β \\ x^{2} & = q^{2} + z^{2} - 2 q z cos δ \\ 2 a^{2} & = q^{2} + y^{2} + 2 q y cos δ . \end{matrix} \end{matrix}

A koszinuszokat eliminálva:

\begin{matrix} x^{2} z + 2 a^{2} y = (p^{2} + y z) (y + z), \end{matrix}

(2)

\begin{matrix} x^{2} y + 2 a^{2} z = (q^{2} + y z) (y + z) . \end{matrix}

(3)

A (2) és (3) egyenletek összegét

(y + z)

-vel osztva egy minden trapézban érvényes összefüggést kapunk:

\begin{matrix} x^{2} + 2 a^{2} = p^{2} + q^{2} + 2 y z, \end{matrix}

amiből (1) alapján

\begin{matrix} {(y - z)}^{2} = y^{2} - 2 y z + z^{2} = x^{2} - 2 y z = p^{2} + q^{2} - 2 a^{2} \end{matrix}

(4)

és

\begin{matrix} {(y + z)}^{2} = y^{2} + 2 y z + z^{2} = x^{2} + 2 y z = 2 x^{2} + 2 a^{2} - p^{2} - q^{2} . \end{matrix}

A (2) és (3) egyenletek különbségét négyzetre emelve és behelyettesítve

{(y - z)}^{2}

, illetve

{(y + z)}^{2}

értékét:

\begin{matrix} {(2 a^{2} - x^{2})}^{2} {(y - z)}^{2} = {(p^{2} - q^{2})}^{2} {(y + z)}^{2}, \end{matrix}

\begin{matrix} {(2 a^{2} - x^{2})}^{2} (p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}) = {(p^{2} - q^{2})}^{2} (2 x^{2} + 2 a^{2} - p^{2} - q^{2}), \end{matrix}

\begin{matrix} (p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}) {(2 a^{2} - x^{2})}^{2} + 2 {(p^{2} - q^{2})}^{2} (2 a^{2} - x^{2}) - \end{matrix}

(5)

\begin{matrix} - {(p^{2} - q^{2})}^{2} (6 a^{2} - p^{2} - q^{2}) = 0. \end{matrix}

2 a^{2} - x^{2}

számot ebből a (legfeljebb) másodfokú egyenletből fogjuk kiszámítani. A (4) egyenletből látható, hogy a főegyüttható nemnegatív:

p^{2} + q^{2} - 2 a^{2} = {(y - z)}^{2} \geq 0

Ha a főegyüttható

0

, azaz

\begin{matrix} p^{2} + q^{2} - 2 a^{2} = {(y - z)}^{2} = 0, \end{matrix}

akkor

y = z

, a

Q B P D

trapéz paralelogramma és

p = q = a

. Könnyű végiggondolni, hogy ha

P

és

Q

B

, illetve

D

középpontú,

a

sugarú körön, a négyzet középpontjára szimmetrikusan helyezkedik el, akkor a

P A Q ∢ = P C Q ∢ = 45^{\circ}

biztosan teljesül. A

P Q

szakasz hosszáról ilyenkor nem mondhatunk többet, mint hogy a

[(2 - \sqrt[]{2}) a, \sqrt[]{2} a)

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 < \sqrt[]{2} a

, nekünk a pozitív gyökre van szükségünk:

\begin{matrix} \begin{matrix} 2 a^{2} - x^{2} = \\ = \frac{- {(p^{2} - q^{2})}^{2} + \sqrt[]{{(p^{2} - q^{2})}^{4} + (p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}) {(p^{2} - q^{2})}^{2} (6 a^{2} - p^{2} - q^{2})}}{p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}} = \\ = \frac{- {(p^{2} - q^{2})}^{2} + 2 | p^{2} - q^{2} | \sqrt[]{- 3 a^{4} + 2 a^{2} (p^{2} + q^{2}) - p^{2} q^{2}}}{p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}}, \\ x & = \sqrt[]{2 a^{2} + \frac{{(p^{2} - q^{2})}^{2} - 2 | p^{2} - q^{2} | \sqrt[]{- 3 a^{4} + 2 a^{2} (p^{2} + q^{2}) - p^{2} q^{2}}}{p^{2} + q^{2} - 2 a^{2}}} . \end{matrix} \end{matrix}

Ezzel a megoldást befejeztük.