 |
A C. 1896. feladat (2026. március) |
C. 1896. Az \(\displaystyle ABCD\) négyzet középpontja \(\displaystyle E\). A \(\displaystyle D\) középpontú, \(\displaystyle DA\) sugarú, a négyzet belsejébe rajzolt negyedkör és az \(\displaystyle AB\) oldalra mint átmérőre, a négyzet belsejébe rajzolt félkör \(\displaystyle A\)-tól különböző közös pontja \(\displaystyle F\). Az \(\displaystyle EF\) egyenes az \(\displaystyle AB\) egyenesét az \(\displaystyle M\), a \(\displaystyle DA\) oldalra kifelé rajzolt félkört az \(\displaystyle N\) pontban metszi. Igazoljuk, hogy az \(\displaystyle F\) pont felezi az \(\displaystyle MN\) szakaszt.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. április 10-én LEJÁRT.
1. megoldás. A feladat hasonlóság erejéig meghatározott, ezért legyen a négyzet oldalhossza \(\displaystyle a=2\), az \(\displaystyle AB\) oldal felezőpontja \(\displaystyle O\), az \(\displaystyle F\)-ből az \(\displaystyle AB\)-re bocsájtott merőleges talppontja \(\displaystyle H\). Jelöléseink az 1. ábrán láthatók. Először igazolni fogjuk, hogy \(\displaystyle BM=a=2\).
1. ábra
Az \(\displaystyle ODA\) és \(\displaystyle ODF\) háromszögek egybevágók, mert \(\displaystyle OD\) közös oldal, továbbá \(\displaystyle OA=OF=1\) és \(\displaystyle DA=DF=2\). Ebből következik, hogy \(\displaystyle AOD\sphericalangle=FOD\sphericalangle=\varphi\), illetve \(\displaystyle FOH\sphericalangle=180^{\circ}-2\varphi\).
Az \(\displaystyle ODA\) háromszögre felírt Pitagorasz-tételből kapjuk, hogy \(\displaystyle OD^2=2^2+OA^2=2^2+1^2=5\), ezért \(\displaystyle OD=\sqrt{5}\), és így
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\sin\varphi=\frac{2}{\sqrt{5}};\qquad \cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{5}}}.\) |
Az \(\displaystyle OHF\) derékszögű háromszögben \(\displaystyle \displaystyle{\sin(180^{\circ}-2\varphi)=\frac{f}{OF}=\frac{f}{1}=f}\), innen alkalmazva a
\(\displaystyle \sin(180^{\circ}-2\varphi)=\sin 2\varphi;\qquad \sin 2\varphi=2\cdot \sin\varphi\cdot \cos\varphi\)
azonosságokat, (1) felhasználásával kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \displaystyle{f=\frac{4}{5}}.\) |
Jelölje az \(\displaystyle OH\) távolságot \(\displaystyle x\), a \(\displaystyle BM\) távolságot \(\displaystyle y\). Ekkor az \(\displaystyle OHF\) derékszögű háromszögre felírt Pitagorasz-tételből \(\displaystyle x^2+f^2=OF^2\), ebből \(\displaystyle OF=1\) és (2) alapján adódik, hogy
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{x=\frac{3}{5}}.\) |
Az \(\displaystyle FHM\) és \(\displaystyle EOM\) derékszögű háromszögek hasonlósága alapján \(\displaystyle \displaystyle{\frac{f}{OE}=\frac{OB-x+y}{OB+y}}\), ahonnan (2) és (3), illetve \(\displaystyle OB=OE=1\) behelyettesítésével kapjuk, hogy \(\displaystyle y=2\), vagyis a \(\displaystyle BM=y\) szakasz hossza valóban az \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldalhosszával egyenlő.
Teintsük most a 2. ábrát.
2. ábra
Világos, hogy a négyzet tulajdonságai miatt az \(\displaystyle ABE\) és \(\displaystyle DAE\) egyenlő szárú derékszögű háromszögek, tehát a két háromszögben az \(\displaystyle A, B\) illetve \(\displaystyle D, A\) csúcsoknál levő belső szögek \(\displaystyle 45^{\circ}\)-osak, továbbá a Thalész-tétel miatt az \(\displaystyle ABF\) és \(\displaystyle ADN\) derékszögű háromszögek.
Az \(\displaystyle AEDN\) négyszög húrnégyszög, mert két szemben levő derékszöge van, de húrnégyszög az \(\displaystyle ABFE\) négyszög is, mert csúcsai az \(\displaystyle AB\), mint átmérő fölé írt körön (félkörön) vannak.
Az \(\displaystyle AEDN\) húrnégyszög köré ír körben \(\displaystyle ENA\sphericalangle=45^{\circ}\), mert az \(\displaystyle AE\) húr a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle N\) pontokból azonos nagyságú szögben látszik, hasonlóképpen látható be, hogy \(\displaystyle ABFE\) húrnégyszög köré írt körben az \(\displaystyle AE\) húr a \(\displaystyle B\) és az \(\displaystyle F\) pontokból azonos szögben látszik, ezért \(\displaystyle AFE\sphericalangle=45^{\circ}\) is igaz.
Az \(\displaystyle ENA\sphericalangle=45^{\circ}\) és \(\displaystyle AFE\sphericalangle=45^{\circ}\) összefüggésekből az következik, hogy \(\displaystyle AFN\) egyenlő szárú derékszögű háromszög, ezért
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle AF=AN.\) |
Az \(\displaystyle ABF\) és \(\displaystyle ADN\) derékszögű háromszögek egybevágók, mert egyrészt \(\displaystyle AB=AD\), másrészt teljesül (4). Ebből adódik, hogy \(\displaystyle BF=DN\) is fennáll. Vizsgáljuk most a \(\displaystyle BMF\) és \(\displaystyle DFN\) háromszögeket. Ezekben két-két oldal egyenlő hosszú, hiszen \(\displaystyle BM=DF=a=2\), illetve \(\displaystyle BF=DN\). Ugyanakkor nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle ENA\sphericalangle=45^{\circ}\) miatt \(\displaystyle END\sphericalangle=45^{\circ}\) is igaz, továbbá \(\displaystyle MFB\sphericalangle=45^{\circ}\) is teljesül, mert \(\displaystyle AFE\sphericalangle=45^{\circ}\), valamint \(\displaystyle BFA\sphericalangle=90^{\circ}\).
Egyszerűen látható, hogy \(\displaystyle DN<DA=a\), így \(\displaystyle BF<BM=a\), tehát a \(\displaystyle BMF\) és \(\displaystyle DFN\) háromszögekben egyrészt két-két oldal egyenlő hosszú, másrészt megegyezik a két-két oldal közül a nagyobbik oldalakkal szemben levő szögek nagysága. A \(\displaystyle BMF\) és \(\displaystyle DFN\) háromszögek ezért egybevágók, amelyből
\(\displaystyle MF=NF\)
következik, és éppen ezt akartuk igazolni.
2. Megoldás Legyen az \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldala ismét \(\displaystyle 2\) egység hosszúságú. Helyezzük a négyzetet derékszögű koordináta-rendszerbe, amelynek origója az \(\displaystyle A\) pont és legyen \(\displaystyle B(2;0)\) illetve \(\displaystyle D(0;2)\). Ezzel egyrészt a koordináta-rendszer \(\displaystyle x\) illetve \(\displaystyle y\) tengelye az \(\displaystyle AB\) illetve \(\displaystyle AD\) egyenes, másrészt \(\displaystyle B(2;2)\), valamint \(\displaystyle E(1;1)\).
Jelöljük a \(\displaystyle D\) középpontú \(\displaystyle DA\) sugarú negyedkört \(\displaystyle d\)-vel, az \(\displaystyle AB\) oldalra rajzolt félkört \(\displaystyle g\)-vel, középpontját \(\displaystyle G\)-vel, végül a \(\displaystyle DA\) oldalra rajzolt félkört \(\displaystyle h\)-val, annak középpontját \(\displaystyle H\)-val. Tekintsük a 3. ábrát.
3. ábra
Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle G(1;0)\) és \(\displaystyle H(0;1)\), valamint \(\displaystyle d\cap g=F\).
A \(\displaystyle d\) negyedkör egyenlete \(\displaystyle x^2+(y-2)^2=4\), a \(\displaystyle g\) kör egyenlete pedig \(\displaystyle (x-1)^2+y^2=1\). Az első egyenletből kivonva a második egyenlet megfelelő oldalait, rendezés és egyszerűsítés után kapjuk, hogy
| \(\displaystyle (5)\) | \(\displaystyle x=2y, \) |
ez nem más, mint az \(\displaystyle AF\) egyenes egyenlete. Visszahelyettesítve például \(\displaystyle d\) egyenletébe, az \(\displaystyle F\) pont koordinátáira adódik, hogy
| \(\displaystyle (6)\) | \(\displaystyle \displaystyle{F\Big(\frac{8}{5};\frac{4}{5}\Big)}.\) |
Az \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle F\) pontok koordinátái különbségének \(\displaystyle 5\)-szöröse az \(\displaystyle EF\) egyenes egy irányvektora, azaz \(\displaystyle \overrightarrow{v_{EF}}\big(3;-1\big)\), ezzel az \(\displaystyle EF\) egyenes egyenlete:
\(\displaystyle x+3y=4,\)
ennek segítségével az \(\displaystyle M\) pont koordinátái
| \(\displaystyle (7)\) | \(\displaystyle M\big(4;0\big).\) |
Az egységnyi sugarú \(\displaystyle h\) kör egyenlete \(\displaystyle x^2+(y-1)^2=1\), ebbe az \(\displaystyle EF\) egyenletéből kapott \(\displaystyle x=-3y+4\) kifejezést helyettesítve a műveletek elvégzése, rendezés és egyszerűsítés után az
\(\displaystyle 5y^2-13y+8=0\)
másodfokú egyenletet kapjuk, amelynek megoldásai
\(\displaystyle \displaystyle{y_1=1;\qquad y_2=\frac{8}{5}}\)
Az \(\displaystyle y_1\) értékből az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle E\) középpontját kapnánk, ezért az \(\displaystyle N\) pont második koordinátája nyilván \(\displaystyle y_2\), ebből \(\displaystyle EF\) egyenletének felhasználásával
| \(\displaystyle (8)\) | \(\displaystyle \displaystyle{N\Big(-\frac{4}{5};\frac{8}{5}\Big)}.\) |
Az \(\displaystyle MN\) szakasz \(\displaystyle F'\) felezőpontjának koordinátái a végpontok koordinátáinak számtani közepei, vagyis (7) és (8) alapján
\(\displaystyle \displaystyle{F'\Big(\frac{8}{5};\frac{4}{5}\Big)}.\)
A kapott eredmény és (6) azt mutatja, hogy \(\displaystyle F'=F\), tehát \(\displaystyle F\) valóban felezi az \(\displaystyle MN\) szakaszt és ezt akartuk bizonyítani.
Statisztika:
A C. 1896. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. márciusi matematika feladatai