Feladat: F.2264 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán L. ,  Benedek Ágnes ,  Csere K. ,  Csikós Zs. ,  Czakó F. ,  Elter J. ,  Erdős 205 J. ,  Feledi Gy. ,  Fodor L. ,  Fritz P. ,  Görög I. ,  Heckenast L. ,  Horváth 302 A. ,  Horváth 718 I. ,  Kántor Zs. ,  Kappelmayer Hedvig ,  Kelemen B. ,  Kiss 352 Gy. ,  Kiss E. ,  Kurusa Á. ,  Megyeri L. ,  Simon K. ,  Sz. Nagy Cs. ,  Szabó T. ,  Szegedy Patrik ,  Takáts L. ,  Tranta Beáta ,  Vajnai A. ,  Weisz F. 
Füzet: 1980/november, 138 - 139. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szabályos sokszögek geometriája, Feladat, Középponti és kerületi szögek
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1980/május: F.2264

Bizonyítsuk be, hogy ha egy háromszög szögeinek aránya 1:2:4, akkor a szögfelezők által a szemközti oldalakból kimetszett pontok egy egyenlő szárú háromszög csúcsai.

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

I. megoldás. A k körbe írt O1O2...O7 szabályos hétszög csúcsai közül választott O1O2O4 háromszög szögeire a kerületi szögek tétele szerint O4:O1:O2=1:2:4. Jelöljük szögfelezőinek a szemben fekvő oldallal való metszéspontját rendre F4, F1, F2-vel, F2-t nyilván az O2O6 húr metszi ki, F1-et pedig O1O3.
Mivel még O2O6=O1O4, azért F2 az O1O2O4O6 szimmetrikus trapéz átlóinak metszéspontja. Eszerint az O1O4O2 háromszög elfordítható F2 körül úgy, hogy O1, O4 rendre O2, O6-ba jusson; forduljon egyidejűleg O2 a P pontba. O6O2P=O4O1O2=O6O2O4, a forgási irányokat is beleértve, ezért P az O2O4 húron van, továbbá ugyanígy az O6O3 húron is, ezek metszéspontja.

 
 

Jelöljük az X pont ilyen forgatottját X'-vel (vagyis O'1O'2O'4=O2PO6), és tekintsük az F'2, F'4 pontokat. F'2=F2, helyben maradt. Az O6F'4=f felező felezi az O2O3 ívet, tehát átmegy k középpontján. Így F'4 azonos F1-gyel, egymás tükörképei f-re, hiszen F'4 a PO2 oldalon, vagyis az O4O2 egyenesen van, és ez az O1O3 egyenes, az O1F1 felező képe. Eszerint F2F1=F'2F'4=F2F4, az F2F1F4 háromszög valóban egyenlő szárú.
 

 Szegedy Patrik (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.)
 

II. megoldás. Legyenek az ABC háromszög szögei az adott aránypárok sorrendjében α, β, γ, a csúcsukból induló szögfelezők által a szemben fekvő oldalból kimetszett pontok rendre D (a BC-ből), E és F. Szemlélet és mérés szerint FD=FE, ezt bizonyítjuk.
Az arányt visszafelé olvasva γ/2=β, tehát egyrészt a BCF háromszög egyenlő szárú: BF=CF, másrészt FCA=FBC; így elég lenne azt belátni, hogy az FBD háromszög ráfordítható az FCE háromszögre. A CE=BD egyenlőséget bizonyítjuk, felhasználva az aránybeli és a szerkesztésbeli felezésekből eredő hasonlóságokat.
 
 

Jelöljük a szögfelezők metszéspontját O-val. Tekintsük a hasonló háromszögekből alakított alábbi párokat, alattuk zárójelben az egymás utáni szögek mértékszámai állnak, alkalmi egységnek választva az ε=180/14-et. Írjuk alájuk megfelelő oldalpárjaik arányaiból 2‐2-nek az egyenlőségét, szorozzuk össze a bal, valamint a jobb oldalakat és egyszerűsítsünk:
BDACOA CEBOCB OCBCBA(4:9:1) (8:4:2) (8:4:2)BDCO=BACA, BCCE=BOOC,   BOAC=BCAB, BDCE=1.


Ezt akartuk bizonyítani, és ezzel a feladat állítását is bebizonyítottuk.
 

Megjegyzések. 1. A P. 336. problémában adódik, hogy speciális háromszögünkben CDFE húrnégyszög.
2. Sokan trigonometriai eszközökkel bizonyították az állítást ‐ nagyon hosszan.