 |
A C. 1633. feladat (2020. november) |
C. 1633. Egy egységnyi oldalú négyzet egyik oldalának belső pontja \(\displaystyle P\). Tekintsük azokat a \(\displaystyle P\) csúcsú paralelogrammákat, amelyek minden csúcsa a négyzet egy-egy különböző oldalára esik. Igazoljuk, hogy ha \(\displaystyle P\) nem oldalfelező pont, akkor
\(\displaystyle (i)\) pontosan két téglalap van a paralelogrammák között, és
\(\displaystyle (ii)\) ezen két téglalap területének összege 1.
(5 pont)
A beküldési határidő 2020. december 10-én LEJÁRT.
Megoldás. Először vizsgáljuk meg a feltételeknek megfelelő paralelogrammákat. Tekintsük az 1. ábrát, amelyen az \(\displaystyle ABCD\) négyzet szimmetriaközéppontját \(\displaystyle K\)-val jelöltük.
1. ábra
A feltétel szerint az egységnyi oldalú \(\displaystyle ABCD\) négyzet \(\displaystyle AD\) oldalán úgy helyezkedik el a \(\displaystyle P\) pont, hogy a \(\displaystyle PD=x\) jelöléssel
\(\displaystyle x\neq\frac{1}{2}.\)
Ha \(\displaystyle PQRS\) paralelogramma, akkor \(\displaystyle SP||RQ\) és egyenlő hosszúak. A párhuzamosság miatt \(\displaystyle QRB\sphericalangle=SPD\sphericalangle\), mert váltószögek. Tehát a \(\displaystyle QRB\) és az \(\displaystyle SPD\) derékszögű háromszögek szögei és átfogójuk hossza megegyezik, vagyis a két háromszög egybevágó. Mivel \(\displaystyle PD\) és \(\displaystyle RB\), illetve \(\displaystyle SD\) és \(\displaystyle QB\) középpontosan szimmetrikus a négyzet \(\displaystyle K\) középpontjára, így a két háromszög, és így a paralelogramma is az.
Megfordítva: ha az \(\displaystyle SP\) szakaszt középpontosan tükrözzük a \(\displaystyle K\) pontra, akkor a középpontos tükrözés tulajdonságai miatt \(\displaystyle PS=RQ\) és a két szakasz párhuzamos is. Ez éppen azt jelenti, hogy \(\displaystyle PQRS\) paralelogramma.
Ha van a \(\displaystyle CD\) oldalon olyan \(\displaystyle S\) belső pont, amelyre \(\displaystyle PSR\sphericalangle=90^{\circ}\), akkor \(\displaystyle S\)-nek a \(\displaystyle K\)-ra vonatkozó tükörképét \(\displaystyle Q\)-val jelölve \(\displaystyle PQRS\) az előzőek szerint paralelogramma, amelynek egyik szöge derékszög, tehát \(\displaystyle PQRS\) téglalap (2. ábra).
2. ábra
Megmutatjuk, hogy a feladat feltételei mellett pontosan két ilyen téglalap van. Tekintsük a 3. ábrát, ezen \(\displaystyle S\) és \(\displaystyle S'\) a \(\displaystyle CD\) oldal azon pontjai, amelyekre \(\displaystyle SD=S'C=x\), a \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle Q'\) pontokat pedig az \(\displaystyle S;Q\) pontoknak a \(\displaystyle K\)-ra való tükrözésével kapjuk.
3. ábra
A konstrukció miatt a \(\displaystyle PSD\) és \(\displaystyle RQB\) egybevágó, \(\displaystyle x\) hosszúságú befogókkal rendelkező egyenlőszárú derékszögű háromszögek. Hasonlóképpen egyenlőszárú derékszögű háromszögek \(\displaystyle PQA\) és \(\displaystyle RSC\) is, befogóik hossza \(\displaystyle 1-x\).
Ebből az következik, hogy \(\displaystyle PSD\sphericalangle=CSR\sphericalangle=45^{\circ}\), és így \(\displaystyle PSR\sphericalangle=90^{\circ}\), ebből a fentiek szerint adódik, hogy a \(\displaystyle PQRS\) paralelogramma téglalap.
Az \(\displaystyle S'\) és \(\displaystyle Q'\) pontok konstrukciójából pedig azt kapjuk, hogy \(\displaystyle S'D=CR=BQ'=AP=1-x\), és ezért a \(\displaystyle PS'D;S'RC;RQ'B\) és \(\displaystyle Q'PA\) egybevágó derékszögű háromszögek, amelyekben az \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle 1-x\) befogókkal szemben levő szögek összege nyilván \(\displaystyle 90^{\circ}\).
Eszerint a \(\displaystyle PQ'RS'\) paralelogrammában \(\displaystyle PS'R\sphericalangle=90^{\circ}\), tehát a négyszög téglalap, pontosabban a
\(\displaystyle PS'=S'R=RQ'=Q'P\) egyenlőség miatt négyzet.
Kettőnél több, a feltételeknek megfelelő téglalap nem hozható létre. A 3. ábrán ugyanis az \(\displaystyle S;S'\) és \(\displaystyle Q;Q'\) pontok rendre a \(\displaystyle PR\) szakasz mint átmérő fölé rajzolt Thalész-körnek a \(\displaystyle CD\) és \(\displaystyle AB\) oldalakkal való metszéspontjai, ennek a körnek és a \(\displaystyle CD\), illetve \(\displaystyle AB\) oldalaknak nyilván pontosan 2-2 közös pontja van. Bizonyítottuk tehát a feladat 1. állítását.
A kapott két téglalap területének összege:
\(\displaystyle T_{PQRS}+T_{PQ'RS'}=x\cdot\sqrt{2}\cdot(1-x)\cdot\sqrt{2}+PS'^2=x\cdot\sqrt{2}\cdot(1-x)\cdot\sqrt{2}+x^2+(1-x)^2.\)
A műveletek elvégzésével és rendezéssel azt kapjuk, hogy a két téglalap területének összege:
\(\displaystyle T_{PQRS}+T_{PQ'RS'}=1.\)
Ezzel igazoltuk a feladat 2. állítását is.
2. megoldási mód a téglalapok megkeresésére és a terület kiszámolására. Használjuk az \(\displaystyle PD=x\), \(\displaystyle SD=y\) jelöléseket. Ekkor a \(\displaystyle K\)-ra vonatkozó középpontos szimmetria miatt \(\displaystyle BQ=y\).
4. ábra
Az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AD\) oldalak felezőpontjait \(\displaystyle E\)-vel, illetve \(\displaystyle H\)-val jelölve \(\displaystyle PH=\mid{x-\frac{1}{2}}\mid\) és \(\displaystyle QE=\mid{y-\frac{1}{2}}\mid\).
Határozzuk meg \(\displaystyle x\) és \(\displaystyle y\) felhasználásával \(\displaystyle PQRS\) átlóinak hosszát a négyzet középvonalai és a Pitagorasz-tétel segítségével:
\(\displaystyle PR=2\cdot \sqrt{\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2},\)
\(\displaystyle SQ=2\cdot \sqrt{\left(y-\frac{1}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}.\)
Pontosan akkor lesz \(\displaystyle PQRS\) téglalap, ha átlói egyenlő hosszúak: \(\displaystyle PR=SQ\). Az egyenlet mindkét oldalát 2-vel osztva (megkapjuk a Thalész-kör sugarát, ami legalább 1/2 és legfeljebb \(\displaystyle \sqrt{2}/2\)), majd négyzetre emelve és átrendezve kapjuk, hogy
\(\displaystyle x^2-y^2=x-y,\)
azaz \(\displaystyle \displaystyle{(x-y)(x+y)=x-y}\). Két lehetőség van: \(\displaystyle x-y=0\), azaz \(\displaystyle x=y\), vagy \(\displaystyle x+y=1\). A \(\displaystyle P\) pont helyzete egyértelműen meghatározza \(\displaystyle x\) és így \(\displaystyle y\) értékét is. Ez utóbbi pontosan akkor vehet fel csak egy értéket, és nem kettőt, ha a két lehetőség valójában megegyezik: \(\displaystyle x=y\) és \(\displaystyle x+y=1\), azaz \(\displaystyle 2x=1\), tehát \(\displaystyle x=\frac 12\). Ezt azonban a feladat szövege kizárta. Tehát pontosan két téglalap adható meg.
A két téglalap területének kiszámolásához használjuk a fenti eredményeket. Adjuk meg a területeket úgy, hogy a négyzet területéből kivonjuk a megfelelő derékszögű háromszögek területét:
\(\displaystyle t_1=1-\left(2\cdot \frac{x^2}{2}+2\cdot \frac{(1-x)^2}{2}\right),\)
\(\displaystyle t_2=1-4\cdot \frac{x(1-x)}{2}.\)
A területek összege \(\displaystyle \displaystyle{t_1 + t_2 = 2- (x^2+(1-x)^2+2x(1-x))=2-(x+(1-x))^2=2-1^2=1}\).
Megjegyzések.
1. A \(\displaystyle PR\) átmérőjű Thalész-kör az \(\displaystyle AD\) és \(\displaystyle BC\) oldalakat a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle R\) pontokon kívül még egy-egy pontban metszi. Könnyen igazolható, hogy a négy pont téglalapot alkot, de ez nem felel meg a feladat feltételeinek, mert a téglalap csúcsai az \(\displaystyle ABCD\) négyzet két szemben levő oldalán vannak. Emiatt nem megoldása a feladatnak a \(\displaystyle QS'SQ'\) téglalap sem.
2. Könnyen bizonyítható, hogy feladat állításai általánosabb formában is igazak: az 1) állítás tetszőleges \(\displaystyle a\) oldalú négyzetre igaz, a 2) állítás az \(\displaystyle a\) oldalú négyzetre abban a formában áll fenn, hogy a két téglalap területének összege az \(\displaystyle a\) oldalú négyzet területével, azaz \(\displaystyle a^2\)-tel egyenlő.
3. Ha \(\displaystyle P\) a \(\displaystyle DA\) oldal felezőpontja (vagyis nem teljesül a feladat egyik feltétele), akkor a \(\displaystyle PR\) átmérőjű kör az oldalakat azok felezőpontjaiban érinti, ezek a pontok egy négyzet csúcsai. Ezt az esetet tekinthetjük úgy is, hogy ekkor is két téglalap van, de a két téglalap (ez esetben négyzet) egybeesik. Könnyen belátható, hogy a két azonos négyzet területének összege az \(\displaystyle ABCD\) négyzet területével egyenlő. Ekkor is teljesül a feladat mindkét állítása.
Statisztika:
131 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Andó Lujza, Bettesch Helga Adél, Fehérvári Donát, Flódung Áron , Foris Dávid, Gombos Gergely , Hajós Balázs, Halász Henrik, Horváth 828 Mátyás, Irimiás Márk, Kadem Aziz, Keszthelyi Eszter, Lőw László, Molnár Réka, Németh László Csaba, Németh Máté Előd, Novák Zalán Zoltán, Patricia Janecsko, Pekk Márton, Petrányi Lilla, Schneider Anna, Sipeki Márton, Szabó 219 Petra, Szabó Réka, Szabó Zóra, Szirmai Dénes, Turai Johanna, Vankó Lóránt Albert, Varga 601 Zalán. 4 pontot kapott: 46 versenyző. 3 pontot kapott: 16 versenyző. 2 pontot kapott: 22 versenyző. 1 pontot kapott: 4 versenyző. 0 pontot kapott: 7 versenyző. Nem versenyszerű: 7 dolgozat.
A KöMaL 2020. novemberi matematika feladatai