Feladat: F.2312 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Ákosfai Z. ,  Alberti G. ,  Balázs Z. ,  Bíró Magdolna ,  Böröczky K. ,  Csere K. ,  Csörgő T. ,  Czakó F. ,  Danyi P. ,  Ditrich P. ,  Dobrosi D. ,  Drávucz Katalin ,  Erdős L. ,  Fekete Zs. ,  Guáth L. ,  Hatt J. ,  Havasi G. ,  Heckenast L. ,  Hetyei G. ,  Jakab G. ,  Kapos L. ,  Károlyi Gy. ,  Kató G. ,  Király Z. ,  Kovács P. ,  Magyar Á. ,  Magyar Cs. ,  Megyesi G. ,  Mihálykó Cs. ,  Mikó Teréz ,  Molnár L. ,  Muraközy Márta ,  Nagy R. ,  Regős Enikő ,  Simák Gy. ,  Simonyi G. ,  Szabó E. ,  Szabó T. ,  Szállási Z. ,  Szöllősi Gy. ,  Tranta Beáta ,  Törőcsik J. ,  Zubor Z. 
Füzet: 1981/december, 200 - 203. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Szinusztétel alkalmazása, Feladat, Beírt kör
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1981/április: F.2312

Legyen az ABC háromszög CA és CB oldalának felezőpontja B1, illetve A1, a háromszögbe beírt kör középpontja O. Mi a feltétele annak, hogy B1OA1=BAC+ABC legyen?

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

I. megoldás. A vizsgálandó B1OA1 szög a háromszög B1A1 középvonalának O-ból vett látószöge, és O mindig a B1A1 egyenesnek C-t nem tartalmazó partján van, hiszen O-nak az AB oldaltól való ϱ távolsága ‐ a beírt kör sugara ‐ nyilván kisebb, mint a C csúcshoz tartozó magasság fele.


A követelmény jobb oldala egyenlő 180-ACB=180-γ-val.
Ekkora szöget zárnak be egymással az O-ból a körnek a CA és CB oldalon levő B', ill. A' érintkezési pontjaihoz húzott félegyenesek is, hiszen a CB'OA' négyszögnek két szöge derékszög. Eszerint a B1OA1 szögvonal (ti. az egymáshoz képest rögzített OA1, OB1 félegyenes-pár) vagy azonos a B'OA' szögvonallal vagy ahhoz képest O körül el van fordulva.
Azonosságuk esetében az eredeti háromszög szabályos, hiszen O egyszersmind a CA, CB oldalak felező merőlegeseinek is közös pontja, tehát CA=CB=AB.
Ha viszont CA AB, akkor CA CB, különben a háromszög egyenlő szárú lenne, A1 és B1, valamint A' és B' tükrös pontpár lenne a háromszög CO szimmetriatengelyére és nem teljesülhetne a jelzett elfordult helyzet. Elég a CA>CB nagyságviszony mellett keresnünk a követelmény teljesülését. Ekkor egyszersmind CB1>CA1, pontosabban CB1>CB' =CA'>CA1.
Az A1OB1=A'OB' egyenlőség akkor és csakis akkor teljesül, ha a két tartomány nem közös részei egyenlők: B1OB'=A1OA'.  Ekkor az OB' és OA' sugarakra támaszkodó derékszögű háromszögek egybevágók, tehát B1B' = A1A', és folytatólag a kör érintőszakaszainak egyenlősége alapján
CB1+CA1=a+b2=(CB'+CA')+(B'B1-A'A1)=(CA-AB')+(CB-BA')==b+a-(AC'+BC')=a+b-c,


vagyis
c=a+b2,AB=CA+CB2.(1)

Ez a feltétel nemcsak szükséges, hanem elegendő is, hiszen a gondolatmenet megfordítható. Tehát a keresett feltétel: a háromszög oldalai számtani sorozatot alkossanak úgy, hogy a nagyságra nézve középső oldal AB.
Természetesen odaértendő, hogy a háromszög létezzék, így adott AB=c mellett az a, b oldalpárra
c2<bc,a=2c-b.
Megjegyzés. Érdemes átvinni a talált feltételt a háromszög szögeire. A sinustétel alapján (1) ekvivalens sorra az alábbiakkal:
sinα+sinβ=2sinγ=2sin(α+β),
2sinα+β2cosα-β2=4sinα+β2cosα+β2,(sinα+β20),
cosα2cosβ2+sinα2sinβ2=2cosα2cosβ2-2sinα2sinβ2,
tgα2tgβ2=13.

II. megoldás. A feladat követelményének az I. megoldás szerinti
B1OA1=180-B1CA1
alakja azt kívánja, hogy CB1OA1 húrnégyszög legyen, tehát
OB1C=180-OA1C=OA1B.

Tükrözzük A1-et OB-re; B1-et OA-ra. Az A2, ill. B2 kép nyilván az AB egyenesen keletkezik, és OA2B=OA1B illetve OB2B=OB1C, tehát az előbbi egyenlőség alapján A2-nek és B2-nek egybe kell esnie. Igy pedig
AB̲=AA2+A2B=AB1+AB=AC2+BC2̲,(2)
szükséges tehát, hogy AB számtani közepe legyen a másik két oldalnak. Fordítva, ha egy háromszögben teljesül (2), akkor legyen A1-nek BO-ra való tükörképe X. Ekkor X és B1 egymás képei AO-ra, hiszen AX=AB-BX=AC/2. Így pedig
OB1C=OXB=OA1B=180-OA1C,
vagyis OA1CB1 húrnégyszög, és
B1OA1=180-B1CA1=CAB+CBA,
ahogy a feladat kívánja. Tehát a (2) feltétel elegendő is.
 

III. megoldás. Legyen ABC tetszőleges háromszög, és a beírt körének a középpontja O. Tükrözzük O-t a BC, AC oldalak felezőpontjára, és a kapott pontokat jelöljük D-vel, E-vel.

Mérjük fel az AB szakasz végpontjaiban kifelé a C-nél levő szög felét, és az új szárak metszéspontját jelöljük F-fel. Így az ABF háromszög egyenlő szárú lesz, és ha F körül az A-t alkalmas szöggel elforgatjuk, akkor az B-be jut. Tükrözzük az AB egyenest az AF, BF egyenesekre. Ezek az új egyenesek az AB egyenessel együtt úgy vágják három részre az AC, BC egyenesnek a háromszöget tartalmazó oldalán levő 180°-os szögeket, hogy a három darab A-ban és B-ben is az ABC háromszög három szögével egyenlő. Mivel a C-nél levő szög megfelelője mindkét esetben középen van, és a másik kettő ciklikus sorrendjét az F körüli forgatás egymásba viszi, ez a forgatás az AC egyenest a BC egyenesbe viszi. Emiatt F egyenlő távol van ettől a két egyenestől, tehát rajta van a háromszög C-nél levő szögét felező CO egyenesen. Ez az egyenes az ABF háromszög F-nél levő szögét éppen két akkora darabra vágja, mint az ABC háromszög A-nál, B-nél levő szögei, mert például az ABC és a BCF háromszögek B-nél, C-nél levő szögeinek az összege egyenlő, és emiatt az A-nál, illetve F-nél levő szögeik is egyenlőek.
F-ből tehát az AB szakasz épp akkora szög alatt látszik, mint a feladat szerinti háromszögben O-ból az A1B1 szakasz. Ez utóbbinak nálunk a DOE szög felel meg, hiszen A1 az OD, B1 az OE szakasz felezőpontja. Mivel a beírt kör érinti az AB egyenest, de nem metszi a C-n át AB-vel párhuzamosan húzott egyenest, így O az A1B1 egyenesnek az AB-t tartalmazó oldalán van. Ha tehát C az AB egyenes "fölött'' van, akkor O a DE egyenes "alatt'' van, és ugyancsak az AB egyenes "alatt'' van az F pont.
Azt kell tehát megmondanunk, hogy mi annak a feltétele, hogy a DOE és BFA szögek egyenlőek legyenek. Toljuk el a DOE háromszöget a DB szakasz mentén. Amikor D a B-be jut, akkor E az A-ba kerül, hiszen az ABDE négyszög paralelogramma. Vigye ez az eltolás O-t Q-ba. Ez a Q ugyanúgy az AB egyenes alatt a CO egyenesen lesz, mint F, hiszen a CO egyenes párhuzamos az eltolás irányával. Mivel az AB egyenes alatt a CO egyenesen mozogva, az AB szakaszt monoton változó szög alatt látjuk, a feladatban mondott egyenlőség szükséges és elegendő feltétele, hogy Q azonos legyen F-fel. Ez pedig azzal ekvivalens, hogy O felezze a CF szakaszt, és OE az AF-fel, OD a BF-fel legyen párhuzamos. Ekkor viszont a CO szögfelezőt az AO, BO szögfelezőkre tükrözve épp az OE, OD egyeneseket kapjuk, és ez a tükrözés a B1, A1 pontokat a CO szögfelező AB-n levő G pontjába viszi. Vagyis az AB szakasz hossza egyenlő az AB1, A1B szakaszok hosszának összegével, ami nem más, mint az AC, BC szakaszok hosszának a számtani közepe.
 

Megjegyzés. Látószögekről beszéltünk, de annak érdekében, hogy a megoldás a lehető legelemibb (legkevesebb ismert összefüggést felhasználó) legyen, nem használtuk a róluk szóló nevezetes tételt. Ez természetesen rövidítené a megoldás indítását. A látószögek felhasznált monotonitása tulajdonképpen közvetlenebbül látható, ha O-t toljuk F-be, és a rögzített F-ből nézzük a DB, EA síneken futó DE szakaszt; csak az egyszerűség kedvéért választottuk a fordított utat.