Feladat: F.3121 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bakos Péter ,  Barát Anna ,  Bérczi Gergely ,  Braun Gábor ,  Frenkel Péter ,  Gál Tamás ,  Gerő Tamás Miklós ,  Gyukics Mihály ,  Jeszenszky Gyula ,  Kiss Ádám ,  Koncz Imre ,  Léka Zoltán ,  Lippner Gábor ,  Lolbert Tamás ,  Makai Márton ,  Nagy Margit ,  Nyakas Péter ,  Prause István ,  Réfi Veronika ,  Rozmán András ,  Sánta Zsuzsa ,  Szabó Előd ,  Szabó Jácint ,  Szepesi Zoltán ,  Szita István ,  Szobonya László ,  Terpai Tamás ,  Tóth Péter ,  Tóth Zoltán Péter ,  Várkonyi Péter 
Füzet: 1997/január, 24 - 25. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Terület, felszín, Szögfüggvények, síkgeometriai számítások, Mértani közép, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1996/április: F.3121

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

Jelöljük a háromszög adatait a
szokásos módon, az oldalakat a, b, c-vel, stb. Használjuk az ábra további jelöléseit. Tükrözzük pl. a C pontot az AB oldal felezőpontjára, a tükörkép legyen C'. Megmutatjuk, hogy C' illeszkedik P1P2-re. A feltételekből következik, hogy CP1=CP2=a+b, ezért a CP1P2=90-γ2. A
tükrözés következtében a γ-val jelölt szögek egyenlők, ezért a P1AC' háromszög A csúcsánál lévő szöge is γ, továbbá AC'=BC=AP1=a révén ez a háromszög is egyenlő szárú. Ezért AP1C'=90-γ2. Azt kaptuk, hogy CP1P2=AP1C'=90-γ2, és nyilván P2 és C' a CP1 egyenesek ugyanabban a félsíkjában vannak, ezért C' illeszkedik P1P2-re. Hasonlóan látható, hogy A' illeszkedik P3P4-re, B' pedig P5P6-ra. Eddigi megállapításainkból következik, hogy az A'B'C' háromszög területe 4-szerese az ABC háromszög t területének.
A hatszög területét úgy fogjuk kiszámolni, hogy az A'B'C' háromszög területéhez hozzáadjuk még az ábrán jól látható 3‐3 A, B és C csúcsú egyenlő szárú háromszög területét. Így azt kell igazolni, hogy 12(a2sinα+a2sinβ+a2sinγ+b2sinα+b2sinβ+b2sinγ+c2sinα+c2sinβ+c2sinγ)+4t13t, vagyis 12(a2+b2+c2)(sinα+sinβ+sinγ)9t. Fölhasználva, hogy pl. sinα=2tbc, azt kell bizonyítanunk, hogy

12(a2+b2+c2)(2tbc+2tac+2tab)9t,
azaz
a2+b2+c2331bc+1ac+1ab.
Mivel az a2, b2, c2 számok mértani közepe ugyanaz, mint a bc, ac, ab számoké, ez utóbbi egyenlőtlenségünk a számtani és mértani közép, valamint a mértani és harmonikus közép közötti egyenlőtlenség alapján biztosan fennáll. Egyenlőség pontosan akkor lesz, ha a=b=c.
 Lolbert Tamás Szombathely, Nagy L. Gimn., IV.o.t.

 
Megjegyzés. Makai Márton (Debrecen, Fazekas M. Gimn., IV. o.t.) a feladatot úgy általánosította, hogy a háromszög csúcsaitól a megfelelő oldalak k-szorosait mérte föl. Megmutatta, hogy az így keletkező hatszög területe a háromszög területének legalább (6k2+6k+1)-szerese.