KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
 English
Információ
A lap
Pontverseny
Cikkek
Hírek
Fórum

Rendelje meg a KöMaL-t!

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 4395. Given a cyclic quadrilateral, construct a point in the interior of each side, such that they form a convex quadrilateral of the smallest possible perimeter.

(5 points)

Deadline expired on 12 December 2011.


Google Translation (Sorry, the solution is published in Hungarian only.)

Megoldás. A négyszög csúcsait jelölje negatív (óramutató járásával ellentétes) forgásirányban \(\displaystyle A,B,C,D\), szögeit értelemszerűen \(\displaystyle \alpha, \beta, \gamma, \delta\). Feltehetjük, hogy \(\displaystyle \alpha,\beta\ge 90^\circ\).

A négyszöget a \(\displaystyle BC\) oldal egyenesére tükrözve kapjuk az \(\displaystyle A'BCD'\) négyszöget. Ezt a \(\displaystyle CD'\) oldal egyenesére tükrözve az \(\displaystyle A''B'CD'\) négyszöghöz, végül azt a \(\displaystyle D'A''\) oldal egyenesére tükrözve az \(\displaystyle A''B''C'D'\) négyszöghöz jutunk. Az \(\displaystyle ABCD\) négyszögbe rajzolt \(\displaystyle XYZV\) négyszög a tükrözések hatására előbb az \(\displaystyle X'YZ'V'\), majd az \(\displaystyle X''Y'Z'V''\), végül pedig az \(\displaystyle X'''Y''Z''V''\) négyszögbe kerül. A \(\displaystyle XYZV\) négyszög kerülete tehát megegyezik az \(\displaystyle XYZ'V''X'''\) töröttvonal hosszával, ami legalább akkora, mint az \(\displaystyle XX'''\) szakasz hossza.

Az \(\displaystyle AB\) félegyenest \(\displaystyle 180^\circ\)-os forgatás viszi a \(\displaystyle BA\) félegyenesbe. \(\displaystyle BA\) félegyenest \(\displaystyle 2\beta\) szögű forgatás viszi a \(\displaystyle BA'\) félegyenesbe. Ezt \(\displaystyle 180^\circ\)-os forgatás viszi az \(\displaystyle A'B\) félegyenesbe, amit \(\displaystyle \alpha\) szögű fordatás visz az \(\displaystyle A'D'\)-be. Ezt \(\displaystyle 180^\circ\)-os forgatás viszi a \(\displaystyle D'A'\) félegyenesbe, amit \(\displaystyle 2\delta=360^\circ-2\beta\) szögű forgatás visz a \(\displaystyle D'A''\) félegyenesbe (itt használjuk ki, hogy a négyszög húrnégyszög). Végül a \(\displaystyle D'A''\) félegyenest \(\displaystyle 180^\circ\)-os forgatás viszi az \(\displaystyle A''D'\) félegyenesbe, amit \(\displaystyle -\alpha\) szögű forgatás visz az \(\displaystyle A''B''\)-be. Ez azt jelenti, hogy az \(\displaystyle A''B''\) félegyenes iránya megegyezik az \(\displaystyle AB\) félegyenesével, tehát \(\displaystyle \overrightarrow{AA''}=\overrightarrow{BB''}=\overrightarrow{XX'''}\). Megállapíthatjuk tehát, hogy az \(\displaystyle XX'''\) szakasz hossza független az \(\displaystyle X\) pontnak az \(\displaystyle AB\) szakaszon elfoglalt helyzetétől.

Tegyük fel, hogy az \(\displaystyle XX'''\) szakasz metszi a \(\displaystyle BC, CD', D'A''\) szakaszokat. Ekkor az \(\displaystyle Y,Z,V\) pontok megválaszthatók oly módon, hogy az \(\displaystyle Y,Z',V''\) pontok rendre ezekkel a metszéspontokkal essenek egybe. Világos, hogy ebben az esetben az \(\displaystyle XYZV\) négyszög kerülete a lehető legkisebb lesz. Ha viszont ez nem teljesül, akkor az \(\displaystyle XYZ'V''X'''\) töröttvonal hossza csak úgy lehet a lehető legkisebb, ha valamelyik töréspont csúcspontba esik. Könnyű meggondolni, hogy ekkor azon \(\displaystyle XYZV\) négyszögek közül, melyeknek \(\displaystyle X\) csúcsa rögzített, a többi pedig a megfelelő oldalak belsejébe esik, nem lesz legkisebb kerületű, hiszen az ilyen négyszögek kerülete a legrövidebb töröttvonal hosszát tetszőlegesen megközelítheti ugyan, de el nem érheti. Vagyis ha nem található az \(\displaystyle AB\) oldal belsejében a fenti tulajdonsággal rendelkező \(\displaystyle X\) pont, akkor a feladatnak nincsen megoldása.

A megoldhatóságnak tehát nyilvánvalóan szükséges feltétele, hogy az \(\displaystyle ABB''A''\) paralelogramma körüljárása is negatív irányú legyen, vagyis hogy az \(\displaystyle A''AA'\) (irányított) szög a \(\displaystyle BAA'\) szögnél nagyobb legyen. Az \(\displaystyle AA'B\) egyenlőszárú háromszögben a \(\displaystyle B\)-nél lévő szög \(\displaystyle 360^\circ-2\beta=2\delta\), tehát \(\displaystyle BAA'\sphericalangle=90^\circ-\delta\). Ehhez hasonló az \(\displaystyle A''A'D'\) háromszög, a hasonlóság aránya pedig \(\displaystyle AD:AB\), vagyis az \(\displaystyle A'A\) szakaszt ilyen arányú, \(\displaystyle \alpha\) szögű forgatva nyújtás viszi az \(\displaystyle A'A''\) szakaszba. Látható tehát, hogy az \(\displaystyle A''AA'\) háromszög hasonló a \(\displaystyle DBA\) háromszöghöz, tehát \(\displaystyle A''AA'\sphericalangle=ABD\sphericalangle=ACD\sphericalangle\). Az \(\displaystyle A''AA'\sphericalangle> BAA'\sphericalangle\) feltétel tehát egyenértékű az \(\displaystyle ACD\sphericalangle >90^\circ-CDA\sphericalangle\) feltétellel, vagyis a \(\displaystyle DAC\sphericalangle<90^\circ\) feltétellel, ami \(\displaystyle \alpha,\beta\ge 90^\circ\) mellett pontosan azt jelenti, hogy a körülírt kör középpontja a négyszög belsejébe esik.

Most megmutatjuk, hogy ezen feltétel teljesülése esetén az \(\displaystyle AA''\) szakasz, esetleg a \(\displaystyle C\) pont érintésével, végig az ábrán belül halad. Ehhez csak annyit kell ellenőrizni, hogy az \(\displaystyle AA'\) szakasz a \(\displaystyle BC\) egyenest a \(\displaystyle BC\) szakaszon metszi, vagyis hogy \(\displaystyle CAB\sphericalangle\ge A'AB\sphericalangle\). Mivel \(\displaystyle A''AB\sphericalangle=A''AA'\sphericalangle-BAA'\sphericalangle=90^\circ-DAC\sphericalangle\), ez ekvivalens azzal, hogy \(\displaystyle \alpha=DAC\sphericalangle+CAB\sphericalangle\ge 90^\circ\), ahogyan azt kezdetben feltettük. Hasonlóképpen igazolható az is, hogy a \(\displaystyle BB''\) szakasz, esetleg a \(\displaystyle D'\) pont érintésével, végig az ábrán belül halad; ez ugyanis ekvivalens a \(\displaystyle \beta\ge 90^\circ\) feltevéssel. Ekkor viszont az \(\displaystyle X\) pont tetszőleges választása esetén teljesülni fog, hogy az \(\displaystyle XX'''\) szakasz metszi a \(\displaystyle BC, CD', D'A''\) szakaszokat.

Összefoglalva, a feladatnak pontosan akkor van megoldása, ha a körülírt kör középpontja a négyszög belsejébe esik. Ekkor a feladatnak végtelen sok megoldása van, melyek a következő eljárással kaphatók meg. Szerkesszük meg az \(\displaystyle A',B,C,D,A'',B''\) pontokat az ábrának megfelelően. Az \(\displaystyle AB\) szakasz tetszőleges \(\displaystyle X\) belső pontját kijelölve, az \(\displaystyle AA''\)-vel \(\displaystyle X\)-en át húzott párhuzamos a \(\displaystyle BC,CD',D'A''\) szakaszokat elmetszi az \(\displaystyle Y,Z',V''\) pontokban. Innen a \(\displaystyle V',Z,V\) pontok tükrözésekkel megkaphatók, és így létrejön egy \(\displaystyle XYZV\) négyszög, ami megoldása a szerkesztési feladatnak.


Statistics on problem B. 4395.
34 students sent a solution.
5 points:Ágoston Tamás, Barna István, Havasi 0 Márton, Medek Ákos, Mester Márton, Strenner Péter, Szász Dániel Soma, Viharos Andor.
4 points:Beleznay Soma, Maga Balázs, Nagy-György Pál, Schultz Vera Magdolna, Somogyvári Kristóf, Weisz Ambrus.
3 points:11 students.
2 points:4 students.
1 point:1 student.
0 point:4 students.


  • Problems in Mathematics of KöMaL, November 2011

  • Támogatóink:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
    MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley