Feladat: 1971. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bajmóczy Ervin ,  Berényi Péter ,  Füredi Zoltán ,  Komjáth Péter ,  Máté András ,  Móri Tamás ,  Ruzsa Imre 
Füzet: 1972/február, 51 - 52. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Középpontos tükrözés, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Vetítések, Magasságvonal, Középvonal, Eltolás, Vektorok, Vektorok lineáris kombinációi, Vektorok felbontása összetevőkre, Paralelogrammák, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1972/február: 1971. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

Egy egyenes az ABC háromszög AB oldalát C1-ben, AC oldalát B1-ben, a BC oldal meghosszabbítását A1-ben metszi. Legyen C1-nek, illetve B1-nek a rajta átmenő oldal felezőpontjára vonatkozó tükörképe C2, illetve B2, továbbá a B2C2 és BC egyenesek metszéspontja A2. Bizonyítandó, hogy
sinB1A1C:sinC2A2B=B2C2:B1C1.

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

I. megoldás. Jelöljük a B1, B2, C1, C2 pontok merőleges vetületét a háromszög A-ból húzott magasságán B'1, B'2, C'1, C'2-vel. Az AB és AC oldal felezőpontjainak a vetülete a magasságon ugyanaz az F' pont, miután a felezőpontokat összekötő egyenes, a háromszög középvonala, párhuzamos a BC oldallal, tehát merőleges az A-ból húzott magasságra (1. ábra). Így a B'1C'1 és a B'2C'2 szakaszok is egymás tükörképei, tehát egyenlő hosszúak (és ellenkező irányúak).

 
 

1. ábra
 

A B'1B1C1 és a B1A1C, továbbá a C'2C2B2 és a C2A2B szárai párhuzamosak, tehát sinusaik megegyeznek. Így
sinB1A1C=sinB'1B1C1=B'1C'1B1C1,sinC2A2B=sinC'2C2B2=C'2B'2B2C2.
A jobb oldali törtek számlálói egyenlők, így a bal és a jobb oldalak hányadosa is megegyezik, ami a kívánt egyenlőséget adja.
 
II. megoldás. Toljuk el a B1C1 szakaszt a B1C vektorral, legyen C1 új helyzete D (2. ábra). Ekkor
C1D=B1C,
és a két szakasz egyirányban párhuzamos. A tükrözés folytán viszont az utóbbi szakasz AB2-vel egyenlő és egyirányú. Így AB2DC1 paralelogramma, tehát B2D, AC1 és ‐ ismét a tükrözés folytán ‐ C2B egyirányú, egyenlő szakaszok. Ez viszont azt jelenti, hogy BC2B2D is paralelogramma, DB tehát B2C2-ből keletkezik párhuzamos eltolással.
 
 

2. ábra
 

A keletkezett BCD háromszögben DCB és DBC szárai párhuzamosak a B1A1C, ill. C2A2B száraival, s így sinusaik megegyeznek.
A BCD háromszögre a sinustételt alkalmazva nyerjük, hogy
BDCD=B2C2B1C1=sinDCBsinDBC=sinB1A1CsinC2A2B.
Ezt kellett bizonyítanunk.
 
Megjegyzések. 1. Egyik bizonyításban sem használtuk ki azt, hogy B1 és C1 a megfelelő oldalszakaszon van. Így a feladat állítása igaz minden olyan egyenesre, amelyik metszi mind a három oldalegyenest és nem megy át A-n.
2. A feladat szövege kimondta ugyan, hogy a B2C2 és BC egyenes metszi egymást, több versenyző rámutatott azonban, hogy ez következik már abból, hogy B1C1 és BC metszik egymást. Valóban, az I. megoldásban az utóbbi tény azt jelenti, hogy B'1 és C'1 különböző, de ekkor B'2 és C'2 is, tehát B2C2 sem párhuzamos BC-vel. A II. megoldásban a feltétel azt jelenti, hogy D nem esik BC-re. Ekkor azonban DB és a vele párhuzamos B2C2 sem párhuzamos BC-vel.
3. Többen vektorszámítással oldották meg a feladatot, megmutatva hogy a B1C1+B2C2 eredővektor párhuzamos (sőt egyenlő) a CB vektorral. Ez könnyen adódik, ha pl. a fellépő vektorokat a CA és AB vektorokkal párhuzamos összetevőkre bontjuk.