Kezdőlap


Feladat:	B.3699	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Birkus Róbert , Bodnár József , Cserép Gergely , Csizmadia János , Czank Tamás , Eckert Bernadett , Erdélyi Márton , Fehér Gábor , G. Szabó Kálmán , Hartmann Zoltán , Hegyháti Máté , Hegyi Gábor , Hubai Tamás , Jankó Zsuzsanna , Kaposi Ambrus , Kiss-Tóth Christián , Kórus Péter , Lorántfy Bettina , Matyuska Ferenc , Nagy Péter , Pálinkás Csaba , Poronyi Balázs , Rábai András , Strenner Balázs , Szabó Balázs
Füzet:	2004/december, 539 - 541. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Húrnégyszögek, Középponti és kerületi szögek, Kör (és részhalmaza), mint mértani hely, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2004/január: B.3699

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

Megoldás. Jelölje az adott kört $k$ , a középpontját $O$ , az $O P$ távolságot pedig $d$ . Azt vizsgáljuk meg, hogyan függ a szóban forgó maximum a $d$ értékétől. Nyilván $0 \leq d < 1$ . Jegyezzük meg, hogy a négyszög csúcsai a körüljárás sorrendjében $A$ , $D$ , $C$ és $B$ , a továbbiakban ezt a sorrendet használjuk.
Ha $d = 0$ , vagyis $P = O$ , akkor a négyszög átlói a $k$ kör átmérői. Ismeretes, hogy egy négyszög kétszeres területe az átlók és a hajlásszögük szinuszának a szorzata. Az átlók hossza most a kör átmérője, a hajlásszögük szinusza pedig legfeljebb 1 és pontosan akkor ennyi, ha az átlók merőlegesek. Ebből következik, hogy ha $d = 0$ , azaz $P$ a kör középpontjában van, akkor a négyszög területe legfeljebb 2 egység és ha az átlók merőlegesek, akkor éppen ennyi.
Legyen most $d > 0$ . Az $A D B$ és $O D P$ háromszögek $D$ -ből induló magassága közös, így területük arányára $\frac{T_{A D B}}{T_{O D P}} = \frac{A B}{O P}$ (1. ábra) és ugyanígy kapjuk, hogy $\frac{T_{A B C}}{T_{O P C}} = \frac{A B}{O P}$ . Eszerint

\begin{matrix} T_{A D B C} = T_{C O D} \cdot \frac{A B}{O P} = T_{C O D} \cdot \frac{2}{d} . \end{matrix}

(1)

A D B C

négyszög területe tehát akkor maximális, ha a

C O D

háromszög területe,

\frac{1}{2} O C \cdot O D \cdot sin C O D ∢

a lehető legnagyobb.

1. ábra

Ebben a szorzatban

O C = O D = 1

, vagyis a

C O D

háromszög területe akkor a legnagyobb, ha

sin C O D ∢

maximális. Legyen

φ = O C P ∢ = O D P ∢

. Ekkor

sin C O D ∢ = sin (180^{\circ} - 2 φ) = sin 2 φ

, ennek a legnagyobb értékét keressük tehát, miközben

C

befutja az

A B

körívet. Ha

φ_{0}

jelöli az

O C P ∢

maximumát, akkor

2 φ

] 0; 2 φ_{0}]

intervallumon változik. A

sin 2 φ

maximális értéke tehát attól függ, hogy ez az intervallum tartalmazza-e a derékszöget, azaz

φ_{0}

és

45^{\circ}

viszonyától. Határozzuk meg tehát a

P

adott helyzetében a

φ

szög legnagyobb értékét.
Tekintsük ehhez az

O P

szakasznak azt a

k'

látókörét, amelyik érinti az

A B

körívet (2. ábra). (A szimmetria miatt elegendő a felső félsíkra szorítkoznunk.) Ha

C_{0}

az érintési pont, akkor az

A B

ív

C_{0}

-tól különböző

C

pontja a

k'

látókör külső pontja, az ismert tétel szerint tehát

φ = O C P ∢ < O C_{0} P ∢ = φ_{0}

, a

φ

szög akkor maximális, ha

C = C_{0}

. A látókör érintési pontjaként a maximumot szolgáltató

C_{0}

pont helyzete közvetlenül is adódik, ha észrevesszük, hogy az

O C_{0}

szakasz a

k

-t érintő

k'

látókörben átmérő: Thalész tétele szerint ekkor

C_{0} P

merőleges

A B

-re, vagyis

C_{0}

-t az

A B

-re

P

-ben állított merőleges metszi ki

k

-ból:

sin φ_{0} = \frac{O P}{O C_{0}} = d

2. ábra

φ_{0} < 45^{\circ}

, ami pontosan akkor teljesül, ha

d = sin φ_{0} < \frac{\sqrt[]{2}}{2}

, akkor

C

minden megengedett helyzetében

2 φ < 90^{\circ}

. A 2

φ

szinusza ezért akkor a legnagyobb, ha 2

φ

a lehető legnagyobb, azaz

C = C_{0}

, a négyszög átlói merőlegesek. Ekkor

\begin{matrix} T_{A D B C} \leq T_{A D_{0} B C_{0}} = \frac{2}{d} \cdot T_{C_{0} O D_{0}} = \frac{2}{d} d \sqrt[]{1 - d^{2}} = 2 \sqrt[]{1 - d^{2}} . \end{matrix}

(Vegyük észre, hogy eredményünk a

d = 0

esetet is magában foglalja.)
Ha

φ_{0} \geq 45^{\circ}

, ami pontosan akkor teljesül, ha

d = sin φ_{0} \geq \frac{\sqrt[]{2}}{2}

, akkor

2 φ

lehet derékszög,

sin 2 φ

legnagyobb értéke tehát 1. Ekkor a

C O D

háromszög területe

\frac{1}{2}

, az

A C B D

négyszögé pedig (1) szerint

\frac{1}{d}

. Megjegyezzük, hogy a

d > \frac{\sqrt[]{2}}{2}

esetben a

P

ponton keresztül két olyan helyzete is van a

C D

húrnak, amelyre

C O D ∢ = 90^{\circ}

, a megfelelő

C_{1}

C_{2}

pontokat az

O P

szakasz

45^{\circ}

-os látóköre metszi ki az

A B

ívből (3. ábra).

3. ábra

Eredményeinket összefoglalva:

\begin{matrix} {max}_{}^{} T_{A C B D} = {\begin{matrix} 2 \sqrt[]{1 - O P^{2}}, & ha 0 \leq O P < \frac{\sqrt[]{2}}{2}, \\ \frac{1}{O P}, & ha \frac{\sqrt[]{2}}{2} \leq O P < 1. \end{matrix} \end{matrix}