Feladat: 1399. matematika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Arányi P. ,  Babai László ,  Balla Katalin ,  Bárány I. ,  Baranyai Zs. ,  Blaskó G. ,  Dabóczi Á. ,  Darvas György ,  Deák J. ,  Dévaj Ágnes ,  Domokos L. ,  Domokos Zsuzsanna ,  Eff L. ,  Elekes Gy. ,  Fodor Magdolna ,  Forgács P. ,  Gáspár A. ,  Havas J. ,  Herényi I. ,  Höss Rozália ,  Karsai Kornélia ,  Korchmáros G. ,  Lamm P. ,  Lévai P. ,  Malina J. ,  Márki László ,  Molnár Ágnes ,  Nagy Klára ,  Pintér J. ,  Sátori Gabriella ,  Steiner Gy. ,  Surányi László ,  Szász A. ,  Székely G. ,  Szemkeő Judit ,  Vesztergombi Katalin 
Füzet: 1966/október, 54 - 55. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Szögfelező egyenes, Paralelogrammák, Feladat, Síkgeometriai bizonyítások
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1965/május: 1399. matematika feladat

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

I. megoldás. A DP és BC egyenesek közös pontját T-vel jelölve PDR és PTB, valamint SBT és DCT hasonló helyzetű háromszögek a P, ill. T középpontra nézve, továbbá CP a CDT háromszög szögfelezőszakasza, ezért

DRTB=DPTP,SBTB=DCTC,DCTC=DPTP.
A harmadik egyenlőség szerint az első két egyenlőség jobb oldalán álló arányok egyenlők, ezért a bal odalukon álló arányok is egyenlők. Az utóbbiak nevezője azonos, ezért számlálóik egyenlők, DR=SB. Ezt kellett bizonyítanunk.
 
 

Nem jönnek létre valódi háromszögek, ha T a B-ben adódik, továbbá ha P-t C-ben választjuk (ekkor T is C-ben adódik). Az első esetben P a szögfelezőnek a BD átlón levő pontja, ekkor R a D-be, S a B-be esik, a kérdéses szakaszok mindegyike 0, az állítás igaz, de semmitmondó. A második esetben sem R, sem S nem jön létre, az állítás tárgytalanná válik.
Amennyiben ABCD rombusz, B és D tükrös pontpár, AB és AD tükrös egyenespár CP-re mint tengelyre nézve, így DR és BS egymás tükörképei.
 
 Darvas György (Budapest, Radnóti M. Gyak. Gimn.)
 
Megjegyzés. Bizonyításunk a paralelogramma C-beli külső szögének felezőpontján felvett (C-től különböző) pontra is érvényes, mert az osztásarányra vonatkozó tétel a külső szögfelezőre is érvényes.
 
II. megoldás. Fordítsuk el a BCPS négyszöget P körül addig, míg C ismét a DC egyenesre jut, és legyen ekkor BS új helyzete B'S'. B' a DC egyenesen adódik, hiszen a BC és DC egyenesek egyenlő távolságra vannak P-től. Másrészt B' a PDR háromszög köré írt k kör pontja, mert
PB'D∢=PBC∢=180∘-PRD∢,
hiszen P rajta van a BCDR trapéz BR szárán. Így pedig S' is rajta van k-n, mint a PDRB' húrnégyszög körülírt körén, ugyanis
PS'B'∢=PSB∢=180∘-PDB'∢.

Az állítás most már abból adódik, hogy az elfordítás miatt SB=S'B', másrészt DR=S'B', mert ezek k húrjai, és hozzájuk k-ban egyenlő kerületi szögek, és így egyenlő ívek tartoznak:
DPR∢=SPB∢=S'PB'∢.

Az ábrán bemutatott helyzeten P a C-ből induló belső szögfelezőnek az ABD háromszögbe eső szakaszán van, így R és S e háromszög kerületének pontjai. Az olvasó hasonlóan beláthatja, hogy az állítás a mondott, valamint a külső szögfelező bármely, a C-től különböző pontjára érvényes.