A B. 4215. feladat (2009. november)

B. 4215. Adott a síkon az \(\displaystyle e\) egyenes és annak egyik oldalán az \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) pontok. Legyen \(\displaystyle M\) az egyenesnek az a pontja, amelyre az \(\displaystyle AM+MB\) összeg a legkisebb, \(\displaystyle N\) pedig az a pontja, melyre \(\displaystyle AN=BN\). Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle M\), \(\displaystyle N\) pontok egy körön helyezkednek el.

(Kvant)

(4 pont)

A beküldési határidő 2009. december 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Feltesszük, hogy \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) különböző pontok (ellenkező esetben az \(\displaystyle N\) pont nem meghatározott, de persze bármely lehetséges helyzetére igaz lesz, hogy a négy pont egy körön helyezkedik el), és azt is, hogy az \(\displaystyle AB\) egyenes nem merőleges \(\displaystyle e\)-re, ekkor ugyanis a szóban forgó \(\displaystyle N\) pont nem létezik (bár felfogható egy végtelen távoli pontnak, amely az egyenessé fajuló végtelen sugarú \(\displaystyle ABM\) körön helyezkedik el). Ha \(\displaystyle AB\) párhuzomos \(\displaystyle e\)-vel, akkor az \(\displaystyle M\) és az \(\displaystyle N\) pont egybeesik, úgyhogy az állí tás nyilvánvaló. A fennmaradó esetekben szimmetria okok miatt feltehetjük, hogy az \(\displaystyle A\) pont közelebb helyezkedik el az \(\displaystyle e\) egyeneshez, mint \(\displaystyle B\), vagyis az alábbi ábrát használhatjuk a bizonyí tás során.

Az \(\displaystyle M\) pontot úgy határozhatjuk meg, hogy az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle e\)-re vonatkozó \(\displaystyle A'\) tükörképét összekötjük a \(\displaystyle B\) ponttal. Mivel az egyenes bármely \(\displaystyle M\) pontjára \(\displaystyle AM+MB=A'M+MB\), az összeg akkor lesz a lehető legkisebb, ha \(\displaystyle M\) az \(\displaystyle A'B\) szakaszon helyezkedik el. Az \(\displaystyle N\) pont pedig nyilván az \(\displaystyle AB\) szakasz felező merőlegesére esik. Jelölje ezen kí vül \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle L\) az \(\displaystyle AB\), illetve \(\displaystyle AA'\) szakaszok felezőpontját.

Mivel az \(\displaystyle ALNF\) négyszög húrnégyszög, \(\displaystyle ANF\sphericalangle= ALF\sphericalangle\). Az \(\displaystyle ALF\) és \(\displaystyle AA'B\) háromszögek hasonlósága, valamint az \(\displaystyle ALM\) és \(\displaystyle A'LM\) háromszögek egybevágósága miatt \(\displaystyle ALF\sphericalangle=AA'M\sphericalangle=A'AM\sphericalangle\). Mindezek alapján

\(\displaystyle AMB\sphericalangle=AA'M\sphericalangle+A'AM\sphericalangle= 2ALF\sphericalangle=2ANF\sphericalangle=ANB\sphericalangle,\)

hiszen az \(\displaystyle ANF\) és \(\displaystyle BNF\) háromszögek is egybevágóak. Így az \(\displaystyle AMNB\) négyszög valóban húrnégyszög.

Statisztika:

152 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:	Ágoston Péter, Ágoston Tamás, Árvay Balázs, Bogár Blanka, Botos Csongor, Bősze Zsuzsanna, Brunda Dániel, Éles András, Hajnal Máté, Janosov Milán, Janzer Olivér, Jenei Tamás, Katona Nóra Panna, Keresztfalvi Tibor, Kiss 232 Dóra, Korondi Zénó, Kunos Vid, Mailach Petra, Márkus Bence, Mátrahegyi Roland, Mester Márton, Mészáros András, Mihálka Éva Zsuzsanna, Nagy Róbert, Palincza Richárd, Szakács Enikő, Szili László, Tossenberger Tamás, Tóth 222 Barnabás, Varga Vajk, Varju 105 Tamás, Zelena Réka, Zempléni Réka, Zilahi Tamás.
3 pontot kapott:	109 versenyző.
2 pontot kapott:	7 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2009. novemberi matematika feladatai