Feladat: 1375. matematika gyakorlat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Zichó Dávid 
Füzet: 1972/február, 68 - 70. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek hasonlósága, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül háromszögekben, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/szeptember: 1375. matematika gyakorlat

Az ABC derékszögű háromszög AB átfogójának egy belső pontja P. Bizonyítandó, hogy
(PABC)2+(PBCA)2=(PCAB)2.

Igaz-e akkor is az állítás, ha P az AB átfogószakasz valamelyik meghosszabbításán van rajta?

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

I. megoldás. 1. Húzzunk párhuzamost P-n át a CA befogóval és jelöljük a párhuzamosnak CB-vel való metszéspontját Q-val, és a P-n át CB-vel párhuzamosan húzott egyenes CA-val való metszéspontját R-rel (1. ábra).

 
 
1. ábra
 

A kapott APR és PBQ háromszögek mindegyike hasonló az ABC háromszöghöz, ezért
PAPR=BABC,illetőlegPBQP=ABCA,tehátPABC=PRBA,ill.PBCA=QPAB.


Ezek behelyettesítésével az álltás bal oldala így alakul :
PR2BA2+QP2AB2=(PR2+PQ2)AB2.
Ámde szerkesztésünk folytán a PQCR négyszög téglalap, így a zárójelben a QR2=PC2 áll, és ezt beírva átalakításunk eredménye PC2AB2=(PCAB)2 .Ezzel az állítást bebizonyítottuk.
 

2. A bizonyításban a P pontnak az AB egyenesen elfoglalt helyzetéről nem használtunk fel semmit, csupán azt, hogy az APR és a PBQ háromszögek, valamint a PQCR téglalap mindegyike létrejött. Eszerint bizonyításunk záró következtetése csak akkor nem érvényes, ha P egybeesik A-val vagy B-vel. Maga az állítás azonban ekkor is érvényes, de semmitmondó. Pl. ha P egybeesik A-val, akkor PA=0, PB=AB és PC=AC, és mindkét oldalon (ABCA)2 áll.
 

Az állítás tehát érvényes akkor is, ha P az AB tetszőleges pontja.
 

Zichó Dávid (Tatabánya, Árpád Gimn., II. o. t.)
 

II. megoldás. Tegyük fel először, hogy P azonos a C pont AB-n levő D vetületével. Ekkor a szokásos AB=c, AD=q, BD=p jelölésekkel, és az AC2=qc, BC2=pc, CD2=pq összefüggések alapján feladatunk állítása a
q2pc+p2qc=pqc2
összefüggést jelenti, ami valóban igaz, mert a bal oldal pqc(p+q)=pqc2.
 
 
2. ábra
 

Ha P a DB félegyenes tetszőleges pontja (2. ábra), akkor a DP=x jelöléssel, a már használt összefüggések és PC2=CD2+DP2=pq+x2 szerint (1) a következő alakú :
(q+x)2pc+(p-x)2qc=(pq+x2)c2.
Ebből a műveletek elvégzése és rendezés után a
(q2pc+p2qc-pqc2)=x2(c2-pc-qc)
összefüggést kapjuk, ami valóban igaz minden x-re, hiszen a bal oldalon a már bizonyított PD esetre vonatkozó állítás szerint 0 áll, a jobb oldal értéke pedig c=p+q miatt 0.
Hasonlóan bizonyítható (1), ha P a DA félegyenes tetszőleges pontja, tehát (1) az AB egyenes tetszőleges P pontjára érvényes.
 

Megjegyzés. Adjuk hozzá (1) két oldalához a
PAPB(BC2+CA2)=PAPBAB2
egyenlőséget. Rendezés után a
(PA+PB)PABC2+(PA+PB)PBCA2=(PC2+PAPB)AB2
összefüggést kapjuk. Itt PA+PB=AB miatt egyszerűsíthetünk AB-vel, és a
PABC2+PBCA2=(PC2+PAPB)AB
összefüggést kapjuk. Ez tetszőleges ABC háromszögre érvényes, ha P az AB szakasz belső pontja (Stewart tétele).