Feladat: B.4454 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Szabó Barnabás 
Füzet: 2014/február, 84 - 85. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai szerkesztések, Húrnégyszögek, Thalesz tétel és megfordítása
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2012/május: B.4454

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

 
Megoldás. Tekintsük a feladatot megoldottnak. Legyen O1 az APD, O2 pedig a BCP
 
háromszög köré írható kör középpontja. Toljuk el az APD háromszöget az AB→ vektorral. Ekkor A képe B, D képe C, a P és az O1 pontok képét pedig jelölje P', illetve O'1. Az eltolás miatt APD∢=BP'C∢, ezért az APD∢+BPC∢=180∘ feltételből következik, hogy BP'CP húrnégyszög. Tehát a BCP és BCP' háromszögek köré írható körök
 
egybeesnek, azaz O'1≡O2, vagyis O1O2→=AB→.
 

 

1. ábra

 

Legyen PDA∢=α. Ekkor a PAB∢+PDA∢=90∘ feltételből következik, hogy α<90∘ és PAB∢=90∘-α. Mivel egy középponti szög kétszerese az ugyanahhoz a húrhoz tartozó kerületi szögnek, azért AO1P∢=2α, s így az APO1 egyenlő szárú háromszög alapon fekvő szögei APO1∢=PAO1∢=90∘-α=PAB∢
(1. ábra). Mivel P a paralelogramma belső pontja, ez azt jelenti, hogy APO1∢ és PAB∢ váltószögek, tehát O1P párhuzamos AB-vel. Azonban O1O2 is párhuzamos AB-vel és O1P=O2P (mert az Oi pontok a P-n átmenő körök középpontjai), ezért P az O1O2 szakasz felezőpontja. Ebből az is következik, hogy
O1A=O1P=O1O22=AB2.

Ennek alapján a szerkesztést már könnyen elvégezhetjük. Először megszerkesztünk egy olyan kört, amely áthalad az A és D pontokon, sugara pedig fele az AB szakasz hosszának. Ennek középpontja lesz O1. Az AB>BC feltételből következik, hogy pontosan két ilyen kör létezik, és azok az AD szakasz F felezőpontjára szimmetrikusan helyezkednek el (2. ábra). Ezután megszerkesztjük a körnek AB-vel párhuzamos átmérőjét, ami nek a paralelogramma belsejébe eső végpontja lesz a keresett P pont. A fentiekből világos, hogy az így kapott pont valóban megoldása is a feladatnak.

 

2. ábra
 

A feladatnak tehát akkor van megoldása, mégpedig pontosan kettő, ha a szóban forgó átmérő az AB és CD egyenesek közé esik, azaz ha DAB∢≤90∘, akkor FAO1∢<DAB∢, ha pedig DAB∢>90∘, akkor FAO1∢<180∘-DAB∢ teljesül. Ez mindkét esetben ekvivalens azzal, hogy fennáll a cosFAO1∢>|cosDAB∢| egyenlőtlenség, azaz
|cosDAB∢|<FAAO1=DAAB,
vagyis teljesül az AD>AB⋅|cosDAB∢| egyenlőtlenség.