Feladat: F.2533 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Blahota I. ,  Bóna M. ,  Boros Z. ,  Csermely Ágnes ,  Cynolter G. ,  Dinnyés Enikő ,  Fülöp T. ,  Grallert Ágnes ,  Hetyei Judit ,  Íjjas Cs. ,  Nyikes T. ,  Olasz-Szabó M. ,  Pfeil T. ,  Ribényi Á. ,  Zaránd G. 
Füzet: 1985/december, 450 - 452. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Ceva-tétel, Súlyvonal, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/május: F.2533

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

a) Bocsássuk előre, hogy a kérdéses egyenesek nem feltétlenül léteznek. Ha például PA||BC, akkor az A2 pont és így az A1A2 egyenes nem jön létre. Az alábbiakban a síknak azokra a P pontjaira igazoljuk a feladat állítását, amelyekre a szóban forgó pontok és egyenesek léteznek. A P pontra nézve ez azt jelenti, hogy nem lehet az ABC háromszög csúcsain átmenő, a szemközti oldalakkal párhuzamos egyeneseken.

 
 
1. ábra
 

A megoldásban felhasználjuk Ceva tételét és annak megfordítását. A tétel és a megfordítás együtt azt mondja ki, hogy az ABC háromszög BC, CA és AB oldalegyenesein akkor és csak akkor olyan helyzetűek az A*, B* és C* pontok, hogy az AA*, BB* és CC* egyenesek egy ponton mennek át vagy pedig párhuzamosak, ha
AB*⋅CA*⋅BC*=B*C⋅A*B⋅C*A.

A fenti egyenlőségben a szereplő szakaszok előjeles hosszai értendők, oly módon például, hogy az oldalegyeneseken a BC, CA és az AB irányokat vesszük pozitívnak.
 

 

b) Rátérve a feladat megoldására, legyen az AP, BP, CP egyenesek metszéspontja az eredeti háromszög BC, AC és AB oldal egyenesével rendre A3, B3, ill. C3. A feladat szövegének említett értelmezése szerint ezek a pontok létrejönnek, ugyanis az A2, B2 és C2 pontok a P pontot a csúcsokkal összekötő egyenesek és a megfelelő oldalakkal párhuzamos középvonalak páronkénti metszéspontjai. Mivel AA3, BB3 és CC3 egy ponton mennek át, így a Ceva-tétel megfordítása szerint:
AC3C3B⋅BA3A3C⋅CB3B3A=1.(1)
A C középpontú, 2-szeres nagyítás a B1A1 szakaszt az AB szakaszba viszi át, így C2 a CC3 szakasz felezőpontja. Tehát C2A1 a BCC3 háromszög középvonala, azaz C3B=2C2A1, hasonlóképpen AC3=2B1C1, így AC3C3B=B1C2C2A1. Ugyanígy igazolható, hogy AB3B3C=C1B2B2A1ésBA3A3C=C1A2A2B1. Ezeket (1)-be helyettesítve
B1C2C2A1⋅A1B2B2C1⋅C1A2A2B1=1.
Ebből pedig az A1B1C1 háromszögre alkalmazott Ceva-tétel szerint valóban az következik, hogy a C2C1, B2B1 és A2A1 egy ponton mennek át vagy pedig párhuzamosak.
 
 
2. ábra
 

Nem írhatjuk át Ceva tételét az (1) szerinti hányados alakba, ha a nevezők valamelyike 0, pl. C3B=0 (2. ábra). Ekkor P a BC egyenesen van. Ilyenkor egyszerűbben adódik az állítás, a 3-as indexű pontok felhasználása nélkül. A példát folytatva B2 és C2 azonos A1-gyel, és a kérdéses egyenesek közös pontja A1.
Ha P nincs egyik oldalegyenesen sem, akkor A2, B2, C2 egyike sem eshet egybe az A1, B1, C1 pontok valamelyikével, így a Ceva-tétel minden esetben alkalmazható.
Ha pedig P-t az ABC háromszög valamelyik csúcsában választjuk, pl. C-ben, akkor a PC egyenes határozatlan, az állítás tárgytalan.
 

Megjegyzés. Ha a P pontnak csupán az ABC háromszög csúcsaiban történő fölvételét tiltjuk meg, tehát például megengedjük az AP||BC esetet, akkor ‐ bár az A2 pont nem jön létre ‐, a feladat állítása igaz marad, ha az A1A2 egyenes szerepét ilyenkor a háromszög BC oldalegyenese veszi át.