 |
A C. 1902. feladat (2026. április) |
C. 1902. Az \(\displaystyle ABCD\) négyzet körülírt körének kisebbik \(\displaystyle AB\) ívén vegyük fel az \(\displaystyle E\) belső pontot. Az \(\displaystyle E\)-nek a négyzet középpontjára vonatkozó tükörképe legyen \(\displaystyle E'\). Az \(\displaystyle E\) pontból a négyzet \(\displaystyle AC\), illetve \(\displaystyle BD\) átlóira bocsátott merőlegesek talppontjai legyenek \(\displaystyle F\), illetve \(\displaystyle G\). Hasonlóan kapjuk az \(\displaystyle E'\) pont felhasználásával a \(\displaystyle H\) és \(\displaystyle I\) pontokat.
\(\displaystyle a)\) Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle FGHI\) négyszög rombusz.
\(\displaystyle b)\) Határozzuk meg az \(\displaystyle FGHI\) négyszög területének maximumát.
Javasolta: Bíró Bálint (Eger)
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. május 11-én LEJÁRT.
Megoldás. a) Az \(\displaystyle O\) középpontú \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldalának hosszát az általánosság sérelme nélkül megválaszthatjuk úgy, hogy \(\displaystyle AB=2\) legyen. A négyzet átlói merőlegesek egymásra, ezért nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle EGOF\) és \(\displaystyle E'IOH\) téglalapok, amiből az is következik, hogy \(\displaystyle FEG\sphericalangle=HE'I\sphericalangle=90^{\circ}\). Tekintsük az alábbi ábrát.
Az \(\displaystyle EGOF\) és \(\displaystyle E'IOH\) téglalapok egybevágók, mert egyrészt \(\displaystyle OE=OE'\), vagyis az átlóik egyenlő hosszúak, másrészt az \(\displaystyle OEG\) és \(\displaystyle OE'I\) derékszögű háromszögek hegyesszögei egyenlő nagyságúak, hiszen \(\displaystyle GOE\sphericalangle\) és \(\displaystyle IOE'\sphericalangle\) csúcsszögek.
Az ábra jelöléseivel ezért \(\displaystyle OG=OI=x\) és hasonlóan egyszerűen látható be, hogy \(\displaystyle OF=OH=y\).
Az \(\displaystyle OG=OI=x\) és \(\displaystyle OF=OH=y\) egyenlőségek miatt az \(\displaystyle FGO, GHO, HIO\) és \(\displaystyle IFO\) derékszögű háromszögek egybevágók, tehát
\(\displaystyle FG=GH=HI=IF,\)
vagyis az \(\displaystyle FGHI\) négyszög oldalai egyenlő hosszúak, azaz a négyszög valóban rombusz.
b) Az \(\displaystyle EE'\) szakasz az \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle k\) körülírt körének átmérőjével, azaz
\(\displaystyle AC=BD=EE'=2\sqrt{2},\)
emiatt
\(\displaystyle OE=OE'=FG=GH=HI=IF=\sqrt{2}.\)
Az \(\displaystyle OFG\) derékszögű háromszögben felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle x^2+y^2=2.\) |
A kapott (1) összefüggés szerint \(\displaystyle \displaystyle{\frac{x^2+y^2}{2}=1}\), ezért
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}=1}.\) |
A (2) egyenlet bal oldala éppen az \(\displaystyle x, y\) pozitív számok négyzetes közepe. A négyzetes és mértani közép közötti egyenlőtlenség szerint \(\displaystyle \displaystyle{\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}\geq \sqrt{xy}}\), azaz (2) alapján \(\displaystyle 1\geq \sqrt{xy}\), és így
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle xy\leq 1.\) |
Az \(\displaystyle FGHI\) rombusz \(\displaystyle T\) területe \(\displaystyle \displaystyle{T=\frac{2x\cdot 2y}{2}=2xy}\), ebből (3) szerint
\(\displaystyle T\leq 2\)
következik, azaz a \(\displaystyle FGHI\) rombusz területe legfeljebb \(\displaystyle 2\) területegység lehet. A \(\displaystyle T=2\) éppen akkor áll fenn, ha a négyzetes és mértani közép egyenlő, azaz ha \(\displaystyle x=y=1\), ekkor az \(\displaystyle FGHI\) rombusz négyzet, amelynek oldalai párhuzamosak az \(\displaystyle ABCD\) négyzet oldalaival.
Statisztika:
A C. 1902. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. áprilisi matematika feladatai