Feladat: F.2882 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Csörnyei Marianna ,  Drinka Tibor ,  Faragó Gergely ,  Futó Gábor ,  Gefferth András ,  Kálmán Tamás ,  Kotnyek Balázs ,  Lente Gábor ,  Marx Gábor ,  Németh Ákos ,  Párniczky Benedek ,  Ratkó Éva ,  Újváry-Menyhárt Zoltán ,  Veres Gábor ,  Weiner Zsuzsa 
Füzet: 1992/május, 205 - 206. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Magasságvonal, Körülírt kör, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1991/december: F.2882

Az ABC háromszög köré írható kör egy tetszőleges P pontjából a magasságvonalak egyenesére állított merőlegesek talppontja A1, B1, C1. A P pont mely helyzete esetén lesz az A1B1C1 háromszög területe a legnagyobb, illetve a legkisebb?

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

Először bebizonyítjuk, hogy az A1B1C1 háromszög ‐ ha létezik ‐ hasonló az ABC háromszöghöz.

 
 


Ha P egybeesik M-mel, (ez esetben a háromszög derékszögű és M a derékszögű csúcs), akkor A1,B1,C1 is egybeesik M-mel. Egyébként az A1,B1,C1 pontok a PM szakasz Thalész-körén helyezkednek el. Feltételeink szerint PA1||BC, PB1||AC és PC1||AB. (Ha a P pont egybeesik valamelyik csúccsal pl. A-val, akkor PA1 a PM átmérőjű kör A-beli érintője.) A felsorolt párhuzamosságok miatt pl. a PA1 és PB1 egyenesek szöge párhuzamos szárú szög a háromszög γ szögével, ezért A1PB1 vagy γ, vagy π-γ. Így az A1B1C1P húrnégyszögből A1C1B1 vagy γ, vagy a π-γ. Hasonlóan beláthatjuk, hogy az A1B1C1 vagy β, vagy π-β, illetve a B1A1C1 vagy α, vagy π-α. Ha a felsorolt esetekben a szögek aktuális értéke α, β, γ, akkor az A1B1C1 és az ABC háromszögek valóban hasonlóak.
Egyébként még három esetre kell gondolnunk aszerint, hogy az A1B1C1 háromszög szögei közül egy, kettő vagy mindhárom az α, β, γ szögek kiegészítő szöge:
1. Az A1B1C1 háromszög szögei: π-α, β, γ. Ekkor π=π-α+β+γ=π-2α+α+β+γ=2π-2α, amiből α=π2, de akkor π-α=α,  és a két háromszög most is hasonló.
2. Az A1B1C1 háromszög szögei: π-α, π-β, γ. Ez azonban lehetetlen, mert π-α+π-β+γ=π-ből α+β>π, ellentmondás.
3. Az A1B1C1 háromszög szögei: π-α, π-β, π-γ, ami ugyancsak lehetetlen.
Beláttuk tehát, hogy a PM esetet kivéve, az A1B1C1 és az ABC háromszögek hasonlóak. Könnyű észrevenni, hogy ‐ egymáshoz hasonló ‐ háromszögek közül annak a területe nagyobb, amelyiknek a körülírt köre nagyobb; tehát minél nagyobb az MP átmérő, annál nagyobb lesz az A1B1C1 háromszög területe. Ezért az MO egyenes metszi ki a legnagyobb és a legkisebb területű háromszöget meghatározó P1, illetve P2 pontot az ABC körülírt köréből. Ha MO, akkor az MO egyenes ugyan határozatlan, ám ekkor a PM távolság állandó, és így A1B1C1 területe is állandó.
 

Veres Gábor (Balassagyarmat, Balassi B. Gimn., III. o. t.) dolgozata alapján

 

Megjegyzés. Az A1B1C1 és ABC háromszögek hasonlóságának bizonyításához nem használtuk ki, hogy P a körülírt körön van. Ezért a hasonlóságra vonatkozó állítás a sík bármely pontjára érvényes.