Feladat: 695. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baróti Gy. ,  Berecz Ágota ,  Berendi Emma ,  Billing Á. ,  Corrádi G. ,  Csűrös M. ,  Deák I. ,  Dobó F. ,  Fejéregyházi S. ,  Földes Antónia ,  Gáspár Hedvig ,  Gaul G. ,  Gazsó J. ,  Gerencsér L. ,  Geschek P. ,  Gönczy J. ,  Görbe T. ,  Jahn L. ,  Karsai Katalin ,  Kászonyi L. ,  Kiss G. ,  Koris K. ,  Kotsis Domokos ,  Kovács Gergely ,  Kultsár L. ,  Kultsár Sz. ,  Lehel Cs. ,  Lehel J. ,  Lénárt Z. ,  Mocskonyi Zs. ,  Papp L. ,  Pázmándi L. ,  Pusztai D. ,  Pusztai T. ,  Rácz L. ,  Szabó László ,  Szekeres Veronika ,  Szidarovszky F. ,  Szigeti F. ,  Szirai J. ,  Szöllősi G. ,  Tamás E. ,  Tamás G. ,  Tasnády Mária ,  Tichy G. 
Füzet: 1962/január, 48 - 50. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Középvonal, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1961/március: 695. matematika gyakorlat

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

AG és BC metszéspontját J-vel jelölve EF az ABJ háromszög középvonala, és így FB=FJ. Ezért AF az ABJ háromszög súlyvonala, és az AF egyenes felezi minden a BJ-vel (azaz BC-vel) párhuzamos egyenesnek az AJ≡AG és AB egyenesek közti szakaszát. Ha tehát a G-n átmenő, BC-vel párhuzamos egyenes AF-t H*-ban, és AB-t K-ban metszi, akkor GH*=H*K, ennélfogva H* rajta van a négyzet AB-vel párhuzamos QL középvonalán. Így pedig H* azonos H-val, GH≡GH*∥BC. Ezzel az 1) állítást bebizonyítottuk.

 
 

A 2) állításban szereplő metszéspont egy esetben határozatlan, éspedig ha F a BC oldal L felezőpontjában van, mert így G≡C, H≡L, tehát BH azonos FG-vel. ‐ Egy B és L-től különböző F ponttal legyen BH és FG metszéspontja M. Így az MHG, MBF, valamint az AHG, AFJ háromszögpárok hasonlóságából és BF=FJ alapján
MGMF=HGBF=HGFJ=AHAF.(1)
Ebből következik, hogy az FGH és FMA háromszögek hasonlók, mert F-nél levő szögük egyenlő ‐ ugyanis csúcsszögek, ha F a BL szakaszon van, és egybeesnek, ha F e szakasz bármelyik oldali meghosszabbításán van ‐, továbbá (1) szerint az ezt a szöget közrezáró oldalak aránya megegyezik. Valóban, ha F a BL szakaszon van, akkor MG=MF+FG, AH=AF+FH, és (1) szélső tagjaiból 1-et-1-et levonva
FGFM=FHFA,amibőlFGFH=FMFA.(2)
Ha F a BC oldal B-n túli meghosszabbítására esik, akkor MG=FG-FM, AH=FH-FA, és (1) két oldalához 1-et-1-et adva jutunk (2)-re. Végül F minden más helyzete mellett MG=MF-FG, AH=AF-FH és (1) szélső tagjaiból 1-et-1-et levonva és (-1)-gyel szorozva kapjuk (2)-t.
Ezek szerint FHG∢=FAM∢, tehát ‐ felhasználva az 1) állítást is ‐ AM∥HG∥AD, s így M valóban az AD egyenesen van.
 
Tasnády Mária (Budapest, Fazekas M. gyak. g. II. o. t.)

 
Megjegyzések. 1. A 2) állítás bizonyításában kevesebb esetszétválasztásra van szükség, ha azt bizonyítjuk, hogy GF és BH-nak AD-vel való metszéspontját N, ill. P-vel jelölve N azonos P-vel (az ábrákon a fenti M-mel). A GAN, GJF és a GAD, GJC hasonló háromszög-párokból
ANJF=GAGJ=GDGC;(3)
hasonlóan a HAP, HFB és a HAQ, HFL háromszög-párokból
APFB=HAHF=HQHL.(4)
Ámde GH és AD párhuzamossága alapján (3) és (4) jobb oldala egyenlő, és ezért a bal is; itt pedig a nevezők egyenlősége alapján a számlálók is egyenlők, tehát AN=AP.
Még csak azt kell belátnunk, hogy AN és AP irányra nézve is megegyeznek. A fenti 3 eset közül az első kettőben G és H az AD és BC egyenesek közti síksávon kívül fekszik, ezért AN, JF, FB és AP iránya szomszédos páronként egyező; a harmadik esetben G és H a sávon belül vannak, ezért AN és JF, valamint FB és AP páronként ellentétes irányúak, JF és FB viszont megegyeznek, ezért AN és AP iránya egyező. ‐ Ezek szerint N azonos P-vel.
 
Kotsis Domokos (Budapest, József A. g. II. o. t.)

 
2. Sok versenyző számítással, néhány pedig koordináta-geometriai módszerrel oldotta meg a feladatot.