Feladat: F.2455 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Alexy N. ,  Badics T. ,  Bán Rita ,  Bujdosó L. ,  Bujdosó Mónika ,  Csermely Ágnes ,  Csonka L. ,  Déry Emőke ,  Fülöp T. ,  Füst Ágnes ,  Galgóczi J. ,  Giba P. ,  Hajós Zsuzsanna ,  Hetyei Judit ,  Horváth A. ,  Hraskó A. ,  Íjjas Cs. ,  Ispány Márton ,  Kaiser A. ,  Kánnár J. ,  Karácsony P. ,  Katona Gy. ,  Kecskés J. Zs. ,  Kerner Anna ,  Komorowicz J. ,  Kovács 111 S. ,  Kruzslicz F. ,  Kukuda Z. ,  Ladányi L. ,  Limbek Cs. ,  Magyar Á. ,  Marosvári Zs. ,  Mócsy M. ,  Németh Buhin Á. ,  Nyikes T. ,  Paál Beatrix ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Ribényi Á. ,  Sárközi G. ,  Simon Gy. ,  Simon P. ,  Somogyi Á. ,  Szabó Sz. ,  Uhlmann E. ,  Varga 610 J. ,  Varga K. 
Füzet: 1984/november, 369 - 370. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Tengelyes tükrözés, Pont körüli forgatás, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1984/január: F.2455

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

Jelöléseink: az α, β, γ nagyságú szög csúcsai rendre A, B, C, a szemben fekvő oldalak hossza rendre a, b, c, ezek felező merőlegese rendre fa, fb, fc, az S pontnak ezekre való tükörképe rendre Sa, Sb, Sc.
Bármelyik két tükörkép átfordítható egymásba az illető két tükörtengely metszéspontja körüli forgatással. Elég ezt pl. az Sa, Sb képpárra belátni. Felhasználjuk, hogy két nem párhuzamos tengelyen való, egymás utáni tükrözés eredménye (a síkban) az a forgatás, melynek középpontja a tengelyek közös pontja, szöge 2-szer akkora, mint amekkora elfordítás szükséges az elsőként használt tengelynek a másodikba való átviteléhez, és hogy e két elfordítás iránya egyező.
Az fa, fb tengelypár közös pontja az ABC háromszög köré írt kör O középpontja. Sa az fa-n tükrözve S-be jut vissza, onnan Sb-be az fb-n való tükrözés útján, tehát az SaOSb=φ forgásszög 2-szer akkora, mint az fa-t fb-be vivő forgásszög. Az utóbbi pedig akkora, mint az a oldalegyenest b-be átvivő forgás, hiszen a BC=a egyenes merőleges fa-ra és az AC=b egyenes merőleges fb-re. Az a, b egyenespár közös pontja a C csúcs, tehát φ=2BCA=2γ.
Mivel pedig O-n fc is átmegy, azért ugyanígy SbOSc=2CAB=2α és ScOSa=2ABC=2β; továbbá O képe önmaga, tehát a tükörképek rajta vannak az O körüli, OS sugarú körön. Ekkor pedig a középponti és a kerületi szögek közti összefüggés szerint SaScSb=φ/2=γ, ugyanígy SbSaSc=α, ScSbSa=β. Így a szögek egyezése folytán az SaSbSc háromszög valóban hasonló az ABC háromszöghöz.
Mindeddig nem használtuk fel, hogy S a súlypont, ennélfogva az állítás első fele a sík tetszőleges pontjára érvényes, hacsak a háromszög létezik, vagyis Sa, Sb, Sc különböző pontok, más szóval a kiindulási S pont legföljebb egy felező merőlegesen van rajta. Ez a feltétel bármely háromszögben csak a körülírt kör középpontjára nem teljesül.
Másrészt azt is tüstént látjuk, hogy szabályos háromszög esetében az állításnak nincs tartalma; különben ekkor az (1) kifejezés értéke is 0.
A tétel általános jellegére tekintettel hozzátesszük a forgási irányok fönt idézett egyezésének jelentését. Láttuk, hogy az irányt is figyelembe véve SaOSb==BOA, eszerint az Sa, Sb, Sc pontok forgási iránya ellentétes irányú az ABC pontok irányával a körülírt körük közös O középpontja körül; rövidebben: az SaSbSc háromszög körüljárási iránya ellentétes az ABC háromszögével.

 
b) A tükörképek alkotta háromszög és az eredeti háromszög hasonlósági arányát mindig megadja a köréjük írt körök sugarainak aránya, vagyis OS:r, ahol r az ABC háromszög köré írt kör sugara. Most ezt fejezzük ki a szögekkel, kihasználva, hogy S az ABC háromszög súlypontja.
Jelöljük az O-ból mint kezdőpontból az A, B, C csúcsokba mutató, r hosszúságú helyvektorokat a-val, b-vel, c-vel. Ekkor a súlypont helyvektora:
OS=13(a+b+c),tehátOS2r2=19r2(a+b+c)2=19r2(a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)).



Az a, b, c vektorok párjai által bezárt szögek fentiek szerint rendre 2γ, 2α, 2β, így
ab=r2cos2γ,bc=r2cos2α,ca=r2cos2β.OS2r2=19r2(3r2+2r2(cos2γ+cos2α+cos2β))=19(1-2(-1+cos(180-2α)++cos(180-2β)+cos(180-2γ))).


A -1=cos180 és 180=α+β+γ helyettesítést elvégezve és a
cos(x+y)+cos(x-y)=2cosxcosy
azonosságot ismételten alkalmazva
9OS2r2=1-2(cos(α+β+γ)+cos(β+γ-α)+cos(α+γ-β)+cos(α-γ+β))==1-4(cosαcos(β+γ)+cosαcos(β-γ))=1-8cosαcosβcosγ.


Ezzel az állítás második részét is igazoltuk.
Eredményünkből speciálisan az is kiadódik, hogy 1-8cosαcosβcosγ nem negatív, vagyis minden háromszögben
cosαcosβcosγ18,
és egyenlőség csak OS=0 esetben áll, vagyis ha a háromszög szabályos.
 
c) Az állítás második része sem egyedül a súlypontra érvényes, hanem az O körüli, OS sugarú kör minden pontjára, hiszen a hasonlósági arányban csak az OS távolság szerepel, még ha a kiszámításában valóban a súlypontra támaszkodtunk is.
 

Megjegyzés. Mivel az ABC és SaSbSc hasonló háromszögek körüljárása ellentétes, azért általában nincs a síkon olyan pont, amely körül alkalmas forgatva nyújtással egymásba transzformálhatók volnának. (Más kérdés, hogy ha pl. AB=ACBC, akkor az SaSbScABC háromszögpárnak van hasonlósági centruma.)