Feladat: F.2113 Korcsoport: 14-15 Nehézségi fok: átlagos
Füzet: 1978/február, 65 - 67. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek egybevágósága, Pont körüli forgatás, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Beírt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1977/október: F.2113

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

A feladat olyan O pont létezésének bizonyítását kívánja, amelyre egyrészt

OP'=OP,OQ'=OQésOR'=OR,(1)
másrészt egyenlők azok az elfordulások is ‐ az irányt is figyelembe véve, amelyek az OP' félegyenest az OP félegyenesbe és hasonlóan OQ'-t OQ-ba és OR'-t OR-be viszik át. Ekkor ‐ a P'OP, Q'OQ, R'OR irányított forgásszöget ω-val jelölve ‐ az O körüli, ω szögű elfordítás úgy viszi át a P'Q'R' "vesszős'' háromszöget a PQR "vesszőtlen'' háromszögbe, hogy P' a P-be, Q' a Q-ba és R' az R-be jut. ‐ Mivel így O-ként csak a PP' és QQ' (nyilvánvalóan nem párhuzamos) szakaszok felező merőlegeseinek metszéspontja jön szóba, azért legföljebb egy ilyen pont létezhet.
 




 

Megmutatjuk, hogy az állítás szerinti O pont az ABC háromszög beírt körének középpontja. A fent megkívánt egyenlőségeket abból bizonyítjuk, hogy az OP'P, OQ'Q, OR'R háromszögek egyenlő szárúak és egybevágók, tehát egymásba fordíthatók O körül, mégpedig úgy, hogy vesszős pont vesszősbe jut át, vesszőtlen pedig vesszőtlenbe.
Pontjaink előállítása szerint a PP', QQ', RR' szakaszok mindegyikének hossza AB+BC+CA, a háromszög kerülete. Legyen QQ' felezőpontja A1, ekkor a szokásos jelölésekre áttérve BA1=Q'A1-Q'B=s-AC=s-b, ezért A1 a beírt körnek a CB oldalon való érintési pontja, tehát az O középpont rajta van QQ' felező merőlegesén, OQ=OQ'. Ugyanezek érvényesek a BA és CA oldalon, O valóban a beírt kör középpontja, így az OPP', OQQ', ORR' egyenlő szárú háromszögek magasságának közös hossza ϱ, a beírt kör sugara, tehát e három háromszög valóban egybevágó.
Válasszuk az eredeti háromszög betűzését úgy, hogy az A, B, C körüljárás pozitív (az órajárással ellentétes irányú) legyen, és forgassuk az OA félegyenest O körül pozitív irányban. Ez pontjainkat bármely háromszög esetében a következő ciklikus sorrendben súrolja: R, Q', B, P, R', C, Q, P', A, hiszen O az ABC háromszög belső pontja. Ehhez már csak azt kell hozzátennünk, hogy a P'OP, Q'OQ, R'OR forgásszögek mindegyike kisebb 180∘-nál, pl. Q'-t és Q-t a forgó félegyenes azon két helyzete között lépi át, amelyekben párhuzamos BC-vel. ‐ Ezzel a bizonyítást befejeztük.
 

Megjegyzések. 1. Többen a következő lépésekben bizonyították az állítást: 1. a PQR és P'Q'R' háromszögek egybevágók úgy, hogy csúcsaik a felsorolás rendjében felelnek meg egymásnak; 2. e két háromszög körüljárása egyező (mert egyezik az A, B, C körüljárással).
Ennyi valóban elegendő ahhoz, hogy a sík bármely két háromszöge átfordítható legyen egymásba. Esetünkben viszont sok is, mert jelentősen könnyít az, hogy a 6 pont ugyanazon a körön van rajta.
2. Nem látszik ki a fönti megoldásból, honnan sejtettük meg, hogy a beírt kör középpontja lesz a keresett forgási középpont. Ezt pótoljuk.
A szerkesztés szerint az AB és AC félegyeneseken AP=AB+BP=CR'+AC=AR', ezért P és R' egymás tükörképei a BAC szög f felezőjére, és ugyanez következik P'-re és R-re AR=BC=AP'-ből. Ezek következtében P, R, P' és R' egy szimmetrikus, vagyis körbe írt trapéz pontjai, csak ennek a körnek (az f-en levő) középpontja lehet a megoldás. Hasonlóan adódik Q és Q' figyelembevételével, hogy a forgási centrum az ABC háromszög még egy szögfelezőjén is rajta van.