A C. 1539. feladat (2019. április)

C. 1539. Az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle AB\) oldalának \(\displaystyle A\)-hoz közelebbi negyedelőpontját jelölje \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\) pedig legyen a \(\displaystyle BD\) átló tetszőleges pontja. Határozzuk meg az \(\displaystyle AF+EF\) összeg minimumát.

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. május 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Vegyük a négyzet oldalát egységnyinek: \(\displaystyle AB=1\).

Először tükrözzük az \(\displaystyle E\) pontot a négyzet \(\displaystyle BD\) átlójára, képe legyen \(\displaystyle E'\). Ekkor \(\displaystyle E'\) rajta lesz a \(\displaystyle BC\) oldalon (a \(\displaystyle C\)-hez közelebbi negyedelőpont lesz) és \(\displaystyle FE=FE'\) (a tengelyes tükrözés tulajdonságai miatt), azaz a feledattal ekvivalens \(\displaystyle AF+E'F\) összeg minimumát keresni.

Így az \(\displaystyle AFE'\) töröttvonal hosszának minimumát keressük, és ez a töröttvonal akkor a legrövidebb, ha egyenes (a háromszög-egyenlőtlenség miatt), azaz az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle E'\) pontoknak egy egyenesen kell lennie. Ezek alapján a legjobb \(\displaystyle F\) nem más, mint \(\displaystyle AE'\)-nek és \(\displaystyle BD\)-nek a metszéspontja (lásd a következő ábrán).

Ekkor a keresett \(\displaystyle AF+E'F\) minimuma nem más mint az \(\displaystyle AE'\) szakasz hossza. Ennek meghatározásához írjuk fel a Pitagorasz-tételt az \(\displaystyle ABE'\) háromszögre:

\(\displaystyle AE'= \sqrt{1+\left(\frac{3}{4}\right)^2}=\frac{5}{4}.\)

Azaz az \(\displaystyle AF+EF\) összeg minimuma \(\displaystyle \frac{5}{4}\).

Statisztika:

104 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	56 versenyző.
4 pontot kapott:	10 versenyző.
3 pontot kapott:	13 versenyző.
2 pontot kapott:	7 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	10 versenyző.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	2 dolgozat.

A KöMaL 2019. áprilisi matematika feladatai