Feladat: 1013. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Biborka T. ,  Bollobás B. ,  Fekete J. ,  Flanek L. ,  Fritz J. ,  Gálfi l. ,  Gazsi L. ,  Grüner Gy. ,  Holop A. ,  Klimó J. ,  Knuth Előd ,  Marton Katalin ,  Máté Attila ,  Máté Zs. ,  Pinkert A. ,  Tomcsányi Gy. ,  Várady G. 
Füzet: 1960/november, 118 - 120. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Magasságvonal, Feuerbach-kör, Trapézok, Húrnégyszögek, Projektív geometria, Párhuzamos szelők tétele, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1959/december: 1013. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. megoldás: Kimutatjuk, hogy ha A3 létezik, akkor rajta van a háromszög M magasságpontját és a köré írt kör O középpontját összekötő e egyenesen (e csak szabályos ABC háromszög esetén nem létezik, mert csak ebben esik egybe O és M). Ezzel már igazoltuk az állítást, mert hasonlóan B3, C3 is pontja e-nek.

 
 
1. ábra
 

Messe az A3-on átmenő AB=c-re merőleges egyenes AB-t C'-ben, e-t P-ben, továbbá az A3-on átmenő, AC=b-re merőleges egyenes AC-t B'-ben, e-t Q-ban (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Azt fogjuk megmutatni, hogy P és Q egybeesik; ebből következik, hogy azonosak A3-mal, mert c és b nem párhuzamosak.
Minthogy M és O egyrészt a c-re C1 és C2-ben, másrészt a b-re B1 és B2-ben emelt merőlegesek metszéspontja, azért a b, e egyenespárt 3 párhuzamos egyenes metszi át, így
MQ:QO=B1B':B'B2.(1)
Hasonlóan a c, e egyenespáron levő metszetekre
MP:PO=C1C':C'C2.(2)
Így azt kell belátnunk, hogy (1) és (2) második arányai egyenlők.
Ehhez felhasználjuk, hogy az A3 előállításában szereplő B1, C1, B2, C2 pontok egy körön vannak, éspedig az A2B2C2 háromszög k körülírt körén (az ABC háromszög ún. Feuerbach-féle körén). Elég pl. B1-re megmutatni, hogy k-n van. Valóban, az A2, B2, B1, C1 csúcsokkal meghatározott konvex négyszög szimmetrikus trapéz, tehát körbe írható. Ugyanis A2C2B1B2, az A2B2 és C2B1 szakaszok (vagy mindkettő oldal, vagy mindkettő átló) egyenlők AB/2-vel, ‐ C2B1 azért, mert B1 rajta van az AB átmérő fölötti Thalész-körön, melynek középpontja C2 ‐, végül a négyszög általában nem paralelogramma, mert B1 általában különbözik A és C-től, az AC egyenes azon két pontjától, amelyek A2, B2, C2-t paralelogrammává egészítik ki; ha pedig pl. B1C, akkor a négyszög téglalap és ezért körbe írható.
Eszerint a B1C2, C1B2 szakaszpár a végpontjaikkal mint csúcsokkal meghatározott konvex húrnégyszögnek vagy a két átlóját adja (ilyen az 1. ábrán A3), vagy két szemben fekvő oldalát (ilyen jellegű az 1. ábra B3 pontja, persze minden A betűt B-re cserélve és viszont). Ezért az A3B1B2 és A3C1C2 háromszögek mindenképpen hasonlók, mert szögeik rendre egyenlők (kerületi szögek, csúcsszögek, közös szögek). Ennélfogva valóban áll
B1B':B'B2=C1C':C'C2,
mert hasonló háromszögekben bármely megfelelő szakaszok aránya egyenlő, és itt az A3-ban összefutó oldalaknak a szemben levő oldalon levő vetületeiről van szó. Ezzel az állítást általában bebizonyítottuk.
Bizonyításunkat ki kell egészítenünk az olyan esetek vizsgálatával, ha a B1, B2 és C1, C2 párok egyike, pl. az első ‐ egybeesik, mert ekkor A3B2B1 az A3B1B2 háromszög elfajul ponttá. Így azonban állításunk nyilvánvaló, mert ekkor az ABC háromszög egyenlő szárú: BA=BC, tehát e azonos a szimmetriatengellyel, és így átmegy A3-on. Ha pedig B1B2 és C1C2 akkor ABC egyenlő oldalú, A3, B3, C3 határozatlanok.
Ha a háromszögnek csak egy szöge 60-os, pl. α, vagy ha α=120, akkor ‐ mint az 541. gyakorlatban láttuk ‐ B1C2 és C1B2 párhuzamosak, A3 nem létezik. Fenti bizonyításunk szerint B3 és C3 ekkor is e-n vannak. Megmutatjuk, hogy ilyenkor B1C2 és C1B2 párhuzamosak e-vel. Feltevésünk folytán AB1=AB/2=AC2, AC1=AC/2=AB2 és így B1 és C2, valamint C1 és B2 egymásnak tükrös párjai az α belső, ill. külső felezőjére, ezért B1C2 és C1B2 merőlegesek e felezőre. Másrészt ugyanez áll e-re is, mert a C1AB1M és B2AC2O négyszögek egybevágók, ugyanis 2‐2 megfelelő oldaluk és 3‐3 megfelelő szögük egyenlő, továbbá 3‐3 megfelelő csúcsuk egymásnak fenti szög felezőjére tükrös párja, tehát M és O is tükrös pár.
 

Máté Attila (Szeged, Dózsa Gy. ált. isk. VII. o. t)
 

II. megoldás: Mint az I. megoldásban láttuk, a magasságtalppontok rajta vannak az oldalfelezőpontokkal meghatározott k körön. Ha e 6 pontot az A1, B2, C1, A2, B1, C2 sorrendben tekintjük egy a k-ba írt hatszög csúcsainak, akkor a szóban forgó egyenespárok 2‐2 tagja e hatszögnek 2‐2 szembenfekvő oldala. Ezért a kúpszeletbe írt hatszögre vonatkozó Pascal-féle tétel 1 szerint A3, B3, C3 metszéspontjaik egy egyenesen vannak.
 

Knuth Előd (Budapest, I. István g. III. o. t.)
 

Megjegyzés. A Pascal-tétel alapján a feladat állítását abból is bizonyíthatjuk, hogy A3, B3, C3 bármelyike, pl. ismét A3, rajta van az M-et a háromszög S súlypontjával összekötő egyenesen. Tekintsük az AB, AC egyenespárt elfajult k' kúpszeletnek. A B1BB2C1CC2 hatszög csúcsai k'-n vannak, tehát szemben fekvő oldalainak metszéspontjai: B1B és C1C-nek M, BB2 és CC2-nek S, végül B2C1, és C2B1-nek A3 ‐ egy egyenes pontjai. (Az M, S pontokkal meghatározott egyenes azonos a fentebbi MO egyenessel, a háromszög Euler-féle egyenesével.)
1Lásd pl. Schopp János: Kúpszeletek (Középiskolai Szakköri Füzetek), Tankönyvkiadó, 1955, 71. o. ‐ Vigassy Lajos: Síkmértani szerkesztések térmértani megoldássa (Középiskolai Szakköri Füzetek), Tankönyvkiadó, 1957, 33. o.