Feladat: F.2527 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Bereczky Á. ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Bortel L. ,  Csermely Ágnes ,  Cynolter G. ,  Deák CS. ,  Dinnyés Enikő ,  Edvi T. ,  Erdei Zs. ,  Fülöp T. ,  Grallert Ágnes ,  Hajdú G. ,  Hetényi Zs. ,  Hetyei Judit ,  Hornok S. ,  Íjjas Cs. ,  Kocsis 443 Katalin ,  Kónya Eszter ,  Licsik I. ,  Ligeti Z. ,  Limbek Cs. ,  Németh-Buhin Á. ,  Nyikes T. ,  Olasz-Szabó M. ,  Pfeil T. ,  Pintér A. ,  Regős G. ,  Ribényi Á. ,  Szigeti Z. ,  Varga 135 L. ,  Zaránd G. 
Füzet: 1985/november, 376 - 378. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szögfelező egyenes, Terület, felszín, Számtani sorozat, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/április: F.2527

Az ABC háromszög A, B, C csúcsaiból induló (belső) szögfelezők a szemben fekvő oldalt rendre a D, E, F pontban metszik.
Mi a szükséges és elegendő föltétele annak, hogy a BDF és EDF háromszögek területe egyenlő legyen?

I. megoldás. A háromszögekben szokásos jelölésekkel a szögfelező osztási aránya alapján
BD=acb+c,BF=caa+b,
így a BDF háromszög területe:
12BDBFsinβ=a2c2sinβ2(a+b)(b+c),
és a BDF, ABC háromszögek területének aránya:
a2c2sinβ2(a+b)(b+c):acsinβ2=ac(a+b)(b+c).(1)

 
 

Ugyanígy az AEF és CDE háromszögek területének az eredeti háromszög területéhez való aránya
cb(c+a)(a+b),ba(b+c)(c+a),
ennélfogva a DEF, ABC területek aránya, mindjárt tovább alakítva
1-(ac(a+b)(b+c)+cb(c+a)(a+b)+ba(b+c)(c+a))=2abc(a+b)(b+c)(c+a)(2)
(egyetlen nevező sem válhat zérussá).
Mármost a kívánt egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha (2) és (1) kifejezések egyenlők. Ebből egyszerűsítéssel
2bc+a=1,azaz hab=a+c2.
Szavakban: ha a követelményben kitüntetett szerepet játszó B csúccsal szemben fekvő b oldal a másik kettőnek számtani közepe, más szóval, ha az a, b, c oldalak ebben a sorrendben számtani sorozatot alkotnak.
 

 Csermely Ágnes (Veszprém, Lovassy L. Gimn., IV. o. t.)
 
A következő megoldásban a számítások mellett némi geometriai szemlélődés is van.
 
II. megoldás. Közös DF alapjukra tekintettel a kérdéses háromszögek területe akkor és csak akkor egyenlő, ha a B, E pontoknak a DF egyenestől mért távolságai egyenlők. Ez a feltétel ekvivalens a következővel: párhuzamost húzva E-n át DF-fel, ez a BC, BA félegyeneseket azokban a D1, F1 pontokban metszi, amelyekre BD1=2BD ill. BF1=2BF.
Tekintsük tehát ezt a két pontot, továbbá a D1F1 egyenesnek AC-vel való U metszéspontját, és keressük annak a feltételét, hogy U essék egybe E-vel. Egyelőre föltesszük, hogy D1 nem azonos C-vel ‐ amiből nyilvánvalóan ABAC ‐ és F1 nem azonos A-val, tehát CBBA. Az U pont akkor és csak akkor keletkezik C és A között, ha D1 és F1 az AC egyenes két különböző partján fekszik.
1. Válasszuk úgy a betűzést, hogy BD1=2BD>AC, és BF1=2BF<BA legyen. Ekkor BD>CD miatt ‐ a szögfelező osztásaránya alapján ‐ BA>CA, másrészt BF<AF folytán BC<CA, tehát CA a nagyságra nézve középső oldal.
Az UCD1 és UAF1 háromszögekből
sinCUD1=CD1CUsinCD1U=CD1CUsinBDF,
és
sinCUD1=sinAUF1=AF1AUsinAF1U=AF1AUsinBFD,
tehát hányadosuk
CD1AF1AUCUsinBDFsinBFD=1.(3)

Ámde ismét az osztásarány alapján
sinBDFsinBFD=BFBD=aca+b:cac+b=b+cb+a,
továbbá szerkesztésünknél fogva
CD1=2BD-BC=2acb+c-a=a(c-b)b+c,(c>b),AF1=BA-2BF=c-2aca+b=c(b-a)a+b(b>a).
Ezeket (3)-ba  beírva, rendezés után
AUCU=cab-ac-b.(4)

A feladat föltételei szerint pedig
AECE=ABCB=ca.(5)

Ha egy X pont az AC szakaszon A-tól C-ig halad, akkor az AX:XC arány minden pozitív értéket fölvesz, éspedig csak egyszer, hiszen AX monoton nő és XC monoton fogy. Eszerint U akkor és csak akkor esik egybe E-vel, ha (4) és (5) összehasonlításából
b-ac-b=1,
vagyis az a, b, c (különbözőknek tekintett) oldalhosszak számtani sorozatot alkotnak.
2. Ha D1 és F1 egyike azonos volna C-vel, ill. A-val, a másik viszont nem ‐ pl. BC=2BD és BA2BF ‐, akkor a DF egyenes B-ből 2:1 arányban nagyított képének egyetlen közös pontja van CA-val, tehát E és B különböző távolságra vannak DF-től, lehetetlen tehát, hogy a BDF és EDF háromszögek területe egyenlő legyen.
Ha viszont D1 azonos C-vel és F1 azonos A-val, akkor nyilvánvalóan egyenlő a két terület. Ez akkor és csak akkor következik be, ha D és F egyúttal oldalfelező pontok is, tehát AB=AC, valamint CB=CA, vagyis a háromszög szabályos. Ekkor elfajultan teljesül, hogy a, b, c számtani sorozat, tehát a fent kapott szükséges és elegendő feltételhez nincs hozzátenni valónk.
 

 (B. T.)