Feladat: F.2443 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Baumgartner Z. ,  Bóna M. ,  Bujdosó L. ,  Csermely Ágnes ,  Dénes F. ,  Diczházi Cs. ,  Fehér P. ,  Fülöp T. ,  Füst Ágnes ,  Gáspár Zsuzsanna ,  Hegedűs P. ,  Horváth Ákos ,  Horváth Béla ,  Hraskó A. ,  Ilosvay F. ,  Ispány Márton ,  Kánnár J. ,  Karácsony P. ,  Kerner Anna ,  Kovács 111 S. ,  Kruzslicz Ferenc ,  Limbek Cs. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Németh-Buhin Á. ,  Paál Beatrix ,  Ribényi Á. ,  Samu M. ,  Simon Gy. ,  Somogyi Á. ,  Strausz Gy. ,  Szabó 112 T. ,  Szabó 741 Z. ,  Szeier T. ,  Szigeti Z. ,  Uhlmann E. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/május, 208 - 210. oldal  PDF file
Témakör(ök): Geometriai egyenlőtlenségek, Beírt kör, Feuerbach-kör, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/november: F.2443

Az ABC háromszögbe írt kör középpontja O, sugara ϱ, a háromszög köré írt kör sugara r. Bizonyítandó, hogy
OAOBOC=4ϱ2r.
Bizonyítsuk be ennek alapján, hogy
OA+OB+OC6ϱ,
és egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha az ABC háromszög szabályos.

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

I. megoldás. A feladat első részének megoldásához jelölje Fa, Fb, Fc az A, B, ill. C csúcsból induló szögfelező és az ABC háromszög köré írt kör második metszéspontját. Jelölje α, β, γ a háromszög szögeit (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

BFa=OFa, mert az OBFa háromszög Fa-nál fekvő szöge γ (az AB íven nyugvó kerületi szög), O-nál fekvő szöge pedig az ABO háromszög két belső szögének összegével, α+β2-vel egyenlő. Ezek szerint OBFa=180-γ-α+β2=α+β2, vagyis megegyezik a BOFa szöggel. Jelölje T az OB szakasz felezőpontját, A1 pedig legyen az O pont vetülete a BC szakaszon. Ekkor az OA1C és az OTFa derékszögű háromszögek hasonlóak, hiszen C-nél, ill. Fa-nál γ/2 szög van. A megfelelő oldalak arányát felírva: OT:OA1=OFa:OC. Szorozzuk mindkét oldalt 2OA1OC-vel, és használjuk fel, hogy 2OT=OB,OA1=ϱ, ekkor a következő egyenlőséghez jutunk:
OBOC=2ϱOFa.

A feladat első állításának bizonyításához tehát elég belátni, hogy
OAOFa=2rϱ,(2)
mert (1) és (2) szorzatából éppen a kívánt egyenlőséget kapjuk.
 
 
2. ábra
 

(2) bizonyításához jelöljük K-val az ABC háromszög köré írt kör középpontját és Q-val BFa felezőpontját (2. ábra). A KFaB háromszög egyenlő szárú (KFa=KB=r), és a K-nál levő szöge α, hiszen BKC=2α, és Fa felezi a BC ívet, tehát KFa felezi a BKC szöget. QK szögfelező a KFaB háromszögben, tehát BKQ=α/2. Jelölje most O vetületét AB-n C1. Az AC1O derékszögű háromszögben C1AO=α/2, következésképp ez hasonló a KQB háromszöghöz. A megfelelő oldalak arányát felírva: OA:BK=OC1:BQ. Itt BK=r,OC1=ϱésBQ=BFa/2. Tehát 2BQBK-val végigszorozva kapjuk, hogy BFaOA=2rϱ. Láttuk, hogy BFa=OFa. Ezt beírva éppen (2)-t kapjuk.
A feladat második részének bizonyításához felhasználjuk a számtani és a mértani közép közt fennálló egyenlőtlenséget, továbbá az ismert 2ϱr egyenlőtlenséget (ami pl. (2)-ből is következik, l. a megjegyzést a megoldás után):
OA+OB+OC3OAOBOC3=4ϱ2r38ϱ33=2ϱ.

Egyenlőség akkor áll fenn, ha OA=OB=OCés2ϱ=r. Mindkettő pontosan akkor áll fenn, ha a beírt és köré írt kör középpontja egybeesik, vagyis ha a háromszög szabályos.
 

II. megoldás. Az (1) összefüggést trigonometria segítségével bizonyítjuk. Írjuk fel kétféleképpen a BCO háromszög területét:
2T=OCOBsin(90+α2)=OBOCcosα2,2T=BCϱ=2rsinαϱ=4rϱsinα2cosα2.



Felhasználtuk, hogy BOC=180-γ2-β2=90+α2.
A kettő összevetéséből OBOC=4rϱsinα2.
A C1AO derékszögű háromszögben OAsinα2(=OC1)=ϱ. A fenti egyenlőséget ezzel összeszorozva és sinα2(0)-val osztva éppen az (1) egyenlőséget kapjuk.
 

Megjegyzés. A felhasznált 2ϱr egyenlőtlenség bizonyítása legegyszerűbben úgy történik, hogy tekintjük az ABC háromszög Feuerbach körét, s ennek meghúzzuk az AB,BC, ill. CA oldallal párhuzamos érintőjét. Az így létrejövő A'B'C' háromszög hasonló az ABC háromszöghöz, mert szögei egyenlők, a hasonlóság λ aránya nem kisebb 1-nél. Másrészt A'B'C' beírt köre éppen az ABC háromszög ‐ r/2 sugarú ‐ Feuerbach-köre. Következésképp r/2=λϱϱ. Egyenlőség pontosan akkor van, ha a Feuerbach-kör egybeesik a beírt körrel, vagyis a háromszög szabályos.
 
 
3. ábra
 

(2)-ből azonban több is következik: segítségével bebizonyítjuk Euler híres tételét a beírt és körülírt kör középpontjának távolságáról, amely szerint OK2= =r2-2rϱ. Ehhez elég O-n keresztül merőlegest állítani OK-ra (3. ábra), a merőleges messe a háromszög köré írt körét az M és N pontban. Egyrészt OM=ON, tehát OMON=OM2=KM2-OK2=r2-OK2, másrészt az O pontnak a körre vonatkozó hatványa éppen OMON=OAOFa=2rϱ. Ebből r2-OK2=2rϱ, ahogy állítottuk.