Feladat: F.2870 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Bagyinszki Róbert ,  Barcsi Péter ,  Csoma Roland ,  Csörnyei Marianna ,  Dőtsch András ,  Faragó Gergely ,  Futó Gábor ,  Győrffy Werner ,  Győry Máté ,  Kálmán Tamás ,  Megyesi Zoltán ,  Molnár-Sáska Gábor ,  Németh Ákos ,  Ratkó Éva 
Füzet: 1992/április, 154 - 156. oldal  PDF file
Témakör(ök): Súlyvonal, Magasságvonal, Szögfelező egyenes, Körülírt kör, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Koszinusztétel alkalmazása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1991/október: F.2870

Az ABC háromszög A csúcsánál tompaszög van. Jelölje D, E és F az A csúcsból húzott magasság, szögfelező, illetve súlyvonal BC oldallal való metszéspontját. Bizonyítsuk be, hogy DE<EF.

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

Legyen O a körülírt kör középpontja, G pedig AO és BC metszéspontja. Használjuk az ábra további jelöléseit is. Feltehetjük, hogy AB<AC. (Az AB=AC esetben a feladat állítása nem érdekes.)

 
 

I. megoldás. A kerületi és középponti szögek tétele szerint AOB=2γ, ezért BAO=90-γ. Könnyen látható, hogy BAD=90-β és BAE=α2=90-β+γ2. Feltevésünk szerint AB<AC, ezért β>γ, így az előbb kiszámított szögekre:
BAD<BAE<BAO.
Ennek alapján a pontok sorrendje a BC oldalon: B,D,E,F,C. Mivel a háromszög tompaszögű, O a háromszögön kívül van. Ezért EG<EF, és így elég azt megmutatni, hogy DE<EG. Számítsuk ki a DEA és EAG szögeket. Ezeket a korábban már meghatározott szögek különbségeként kaphatjuk:
DAE=EAG=β-γ2.
Ez azt jelenti, hogy az ADG derékszögű háromszögben AE szögfelező. Mivel AD<AG, a szögfelező osztási arányára vonatkozó tételből láthatjuk, hogy DE<EG, amiből már következik a feladat állítása.
 
Megjegyzés. A megoldásból látható, hogy az A csúcsnál lévő szög nagyságától függetlenül érvényes a következő tétel: A háromszög bármelyik magasságvonalának a vele egy csúcsból induló szögfelezőre vonatkozó tükörképe átmegy a körülírt kör középpontján.
 
II. megoldás. Ismeretes, hogy a BC oldal felező merőlegese és az A csúcsból húzott belső szögfelező a körülírt körön metszik egymást. Az ADE és HFE háromszögek hasonlóak. Világos, hogy AD<HF, hiszen AD kisebb, mint egy, a HO átmérőegyenessel párhuzamos húr fele, HF pedig nagyobb, mint egy átmérő fele. De ha AD<HF, akkor az előbbi hasonlóság következtében DE<EF.
 
III. megoldás. Kifejezzük DE-t és EF-et a háromszög oldalaival, és összehasonlítjuk a két szakaszt. A szögfelezőre vonatkozó tétel szerint
cb=BEa-BE,amibőlBE=acb+c.
A Pitagorasz tétel alapján c2=x2+AD2ésb2=(a-x)2+AD2, ezekből x=a2+c2-b22a. Most már kiszámíthatjuk DE-t:
DE=BE-BD=acb+c-a2+c2-b22a=b-c2a(b+c)[(b+c)2-a2],
ahol fölhasználtuk, hogy b>c, és ezért a pontok sorrendje a BC oldalon B,D,E,F,C. Hasonló meggondolással EF=BF-BE=a2-acb+c=b-c2(b+c)a. A feladat állítása azt jelenti, hogy
b-c2a(b+c)[(b+c)2-a2]<b-c2(b+c)a,azaz(b+c)2-a2a<a,másképpen(b+c)2<2a2.


Elegendő tehát a legutóbb kapott egyenlőtlenséget igazolni. A koszinusztétel szerint a2=b2+c2-2bccosα, amiből a2>b2+c2, hiszen cosα<0. Mivel (b-c)2>0, így b2+c2>2bc; tehát az előbbi egyenlőtlenségből:
2a2>2b2+2c2>b2+c2+2bc=(b+c)2.
 
Megjegyzések. 1. Könnyen belátható, hogy a DEEF esetben a háromszög csak hegyesszögű lehet. Ekkor ugyanis 2a2(b+c)2 teljesül, amit a koszinusztétel felhasználásával átalakítva:
2(b2+c2-2bccosα)b2+c2+2bc,innencosα(b-c)24bc,tehát a háromszög hegyesszögű.


2. A feladat állítása kiterjeszthető. A II. megoldásból azonnal látszik, hogy DE<EF akkor is teljesül, ha az A csúcsnál derékszög van.