Feladat: B.4548 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh Menyhért ,  Baran Zsuzsanna ,  Bingler Arnold ,  Csépai András ,  Emri Tamás ,  Fekete Panna ,  Gyulai-Nagy Szuzina ,  Janzer Barnabás ,  Janzer Olivér ,  Katona Dániel ,  Khayouti Sára ,  Kovács Márton ,  Makk László ,  Mezősi Máté ,  Mócsy Miklós ,  Nagy Gergely ,  Nagy-György Pál ,  Pap Tibor ,  Sagmeister Ádám ,  Sal Kristóf ,  Simkó Irén ,  Somogyvári Kristóf ,  Talyigás Gergely ,  Vető Bálint 
Füzet: 2015/május, 275 - 277. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Háromszögek hasonlósága, Húrnégyszögek, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Esetvizsgálat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2013/május: B.4548

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

 
Megoldás. Az A1B1C1 háromszög derékszögű csúcsa vagy valamelyik befogón vagy az átfogón van.
I. eset: a derékszögű csúcs az átfogón található. Ekkor az A1BB1C1 négyszög húrnégyszög, mivel szemközti szögeinek összege 180 (1. ábra).


 

1. ábra
 

Az azonos húrhoz tartozó kerületi szögek egyenlők, így A1BC1=A1B1C1=45, tehát az ABC-et a BC1 szakasz felezi. Mivel az ABC háromszög egyenlő szárú, ezért ez a szögfelező egyben oldalfelező is, és így a C1 pont az AC szakasz felezőpontjában található (2. ábra).


 

2. ábra
 

Legyen a B1 pont a BC, az A1 pont pedig az AB oldal felezőpontja. Ekkor az A1B1C1 és az ABC háromszög közötti hasonlósági arány 1:2. Mivel BC=1, ezért AC=2 és így A1B1=22.
Tekintsünk egy másik, C1 csúcsú, egyenlő szárú derékszögű háromszöget. Mivel C1B1BC, ezért ilyet csak úgy kapunk, ha egy C1 középpontú, r>C1B1 sugarú körrel metsszük el az ABC háromszög befogóit. A kapott háromszög befogója így nagyobb lesz, mint C1B1, és így nyilván az átfogója is nagyobb lesz, mint az A1B1C1 háromszögé: FH>A1B1.
Tehát ebben az esetben A1B1 minimuma 22.
II. eset: a derékszögű csúcs az egyik befogón található.
Legyen A1B1=x és B1C=y. Ekkor A1C1=x2.
Jelölje a CB1C1 szöget α. Ekkor CC1B1=180-45-α=135-α. Ebből AC1A1=180-CC1B1-B1C1A1=α és így AA1C1=135-α. Tehát a B1CC1 és a C1AA1 a szögei egyenlőek, ezért a két háromszög hasonló. Így
AC1y=x2x,amibőlAC1=y2(3. ábra).



 

3. ábra
 

Mivel BC=1, ezért egyrészt BB1=1-y, másrészt AC=2, és ebből CC1=2-y2. Tudjuk, hogy AA1=2CC1, amiből AA1=2(2-y2)=2-2y, és így A1B=1-(2-2y)=2y-1.
Az A1BB1 háromszögben felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:
(2y-1)2+(1-y)2=x2,vagyis5y2-6y+2=x2.

Látható, hogy x-nek pontosan akkor van minimuma, amikor az 5y2-6y+2 kifejezésnek (ha a kifejezés értéke ott pozitív). Ennek a másodfokú függvénynek a minimumhelye y=-b2a=--625=35-ben van, ekkor
A1B1=x=5(35)2-635+2=55<22.
Tehát az A1B1 távolság minimálisan 55 lehet.