Kezdőlap


Feladat:	Gy.3138	Korcsoport: 14-15	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csirmaz Előd
Füzet:	1997/december, 538. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Pont körüli forgatás, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/május: Gy.3138

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

Forgassuk el a $B P C$ háromszöget $B$ körül $60^{\circ}$ -kal az $A$ -val ellentétes irányba. $P$ képe legyen $P'$ , $C$ képe pedig $A'$ (lásd az ábrát). A forgatás tulajdonságai miatt a $B P P'$ és a $B C A'$ háromszögek szabályosak, ezért $P P' = P B$ és $B A' = B C$ ; továbbá $P' A' = P C$ .

A háromszög-egyenlőtlenség miatt

P A' \leq P P' + P' A'

, vagyis az előző egyenlőségek alapján

P A' \leq P B + P C

. Mivel

B C

A B C

legnagyobb oldala, ezért

A B \leq B C = A' B

, tehát

B

A A'

szakasz felezőmerőlegesének

A

felőli oldalán van. Ugyanez elmondható

C

-ről is (

A C \leq B C = A' C

), azaz a teljes

A B C

háromszög a felezőmerőleges

A

felőli oldalán van. Viszont

P

a háromszög belső pontja, azaz szintén a felezőmerőleges

A

felőli oldalán található. Ebből következik, hogy

A P < A' P

(

P

nem lehet a felezőmerőlegesen, ezért szigorú egyenlőtlenség áll fenn). Azaz

P A < P A' \leq P B + P C

, ami éppen a bizonyítandó állítás.

Csirmaz Előd (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 8. o.t.) dolgozata alapján

Megjegyzés. A megoldás során azt használtuk fel, hogy az

A B C

háromszögnek nincs

B C

-nél nagyobb oldala, azaz

B C

a háromszög egyik leghosszabb oldala.