Feladat: 1350. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Berkes István ,  Erdődy Gabriella ,  Medveczky Mihály ,  Varga Ágnes 
Füzet: 1965/november, 140 - 142. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek egybevágósága, Háromszögek hasonlósága, Középponti és kerületi szögek, Oldalfelező merőleges, Szögfelező egyenes, Körülírt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1964/november: 1350. matematika feladat

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

I. megoldás. A BDE és DCF háromszögek hasonlók az ABC háromszöghöz, mert két-két szögük egyenlő: BDE∢=BDA∢=BCA∢, mint a C-t nem tartalmazó AB íven nyugvó kerületi szögek, továbbá az ABE egyenlő szárú háromszög külső szögeként BED∢=BAE∢+ABE∢=2BAE∢=BAC∢; továbbá innen a B, C és E, F betű-párok felcserélésével CDF∢=CBA∢, és CFD∢=CAB∢. Ezért ‐ mégegyszer felhasználva az ABE és ACF háromszögek egyenlő szárú voltát ‐

DEAE=DEBE=ACAB,AFDF=CFDF=ACAB,
ezek összeszorzása pedig (1)-et adja.
 
 
1. ábra
 

Felhasználtuk, hogy D és C ugyanazon oldalán vannak az AB húrnak; ez mindig teljesül, mert AC-be 2-szer akkora forgással jutunk át AB-ből, mint AD-be, és az előbbi forgás kisebb 180∘-nál. Továbbá azt is, hogy E az AD szakaszon van; ez sem lehet másképpen, mert ha E az AD meghosszabbítására esnék, akkor D a felező merőlegesnek A-t tartalmazó oldalán lenne, és a C-t nem tartalmazó BC ív fele nagyobb lenne a C-t tartalmazó BA ív felénél, ami lehetetlen.
 
Medveczky Mihály (Szombathely, Latinka S. gépip. t. II. o.t.)
 

Megjegyzés. Bizonyításunk AB=AC esetén is érvényes, az állítás azonban semmitmondó, (1) mindkét oldalán 1 áll.
 

II. megoldás. Legyen AB, AC felezőpontja G, ill. H, és a körülírt kör középpontja O. Elég az AB>AC esettel foglalkoznunk (2. ábra).
 
 
2. ábra
 

Az AEG és AFH derékszögű háromszögek hasonlók, mert bennük A-nál egyenlő szögek vannak. Ezért
AFAE=AHAG=2AH2AG=ACAB.(2)
A jobb oldal kisebb 1-nél, így AF<AE, F az AE szakaszon van, a pontok sorrendje a szögfelezőn A, F, E, D.
Az OAF és DOE háromszögek* egybevágók, mert OA=OD a sugár, az OAD egyenlő szárú háromszögből OAF∢=ODE∢, továbbá a külső szög tétele alapján
OED∢=EGA∢+EAG∢=FHA∢+EAC∢=OFA∢.
Így AF=DE, és mindkét oldalhoz EF-et adva AE=DF. Innen
DEDF=AFAE,
eszerint (1) tulajdonképpen a már bebizonyított (2) egyenlőség négyzete. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 
Varga Ágnes (Budapest, Veres Pálné g. IV. o. t.)

 
Megjegyzés. Az AE=DF és AF=DE egyenlőségeket az ábrának AD felező merőlegesére való tükrözésével is megmutathatjuk. Így A, D felcserélődnek, azt kell tehát belátnunk, hogy E és F egymás képei (3. ábra).
 
 
3. ábra
 

Legyen B, E képe B', ill. E'. A szögfelezés miatt ADB'∢=DAB∢=DAC∢, ezért B'D∥AC. Ámde párhuzamos húrok felező merőlégese közös: a rájuk merőleges átmérő, ezért E' egybeesik F-fel.
 
Erdődy Gabriella (Budapest, XI., Villányi úti ált. isk. 8. o. t.)
 

III. megoldás. Legyen D vetülete az AB, AC egyenesen J, ill. K, és legyen AB>AC. Ekkor J az AB szakaszon van, K pedig AC-nek C-n túli meghosszabbításán, mert a kör A-val átellenes A' pontjának az oldalakon levő vetülete esik B-be, ill. C-be, márpedig D nyilvánvalóan az A'C ív belsejében van (4. ábra).
 
 
4. ábra
 
BJ=CK, mert a DBJ és DCK derékszögű háromszögek egybevágók, ugyanis egyenlők az átfogóik, mert a BCD háromszög egyenlő szárú, hiszen B-nél és C-nél levő szöge fele a BAC szögnek, továbbá DJ=DK, mert D a BAC szög száraitól egyenlő távolságra van. ‐ Mivel még AJ=AK, azért
BJ=CK=AB-AC2,és ígyGJ=GB-BJ=AC2,ésHK=HC+CK=AB2


(ahol G, H ismét az oldalfelező pontok).
Most már a BAD, ill. CAD szög szárain az EG és DJ, illetőleg FH és DK párhuzamosokkal kimetszett szakaszokra
DEAE=JGAG=AC/2AB/2=ACAB,ill.AFDF=AHKH=ACAB,
és ezeket összeszorozva az állítást kapjuk.
 
Berkes István (Budapest, Fazekas M. g. III. o. t.)
*Az ábrán OA meghúzandó.