Feladat: 1978. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Cseri István ,  Csikós Balázs ,  Erdélyi Tamás ,  Fordán Tibor ,  Mala József ,  Pyber László ,  Sali Attila ,  Szekeres Gábor 
Füzet: 1979/február, 53 - 56. oldal  PDF file
Témakör(ök): Háromszögek nevezetes tételei, Magasságvonal, Körülírt kör, Beírt kör, Geometriai egyenlőtlenségek, Beírt kör középpontja, Körülírt kör középpontja, Szögfelező egyenes, Négyszögek geometriája, Vetítések, Középponti és kerületi szögek, Tengelyes tükrözés, Derékszögű háromszögek geometriája, Egyenlő szárú háromszögek geometriája, Háromszögek hasonlósága, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1979/február: 1978. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

Bizonyítsuk be, hogy ha egy háromszögnek nincs tompaszöge, akkor a legnagyobb magasság legalább akkora, mint a köré írt kör sugarának és a beírt kör sugarának az összege. Milyen háromszögek esetén áll fenn egyenlőség?

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

I. megoldás. A legkisebb oldalra bocsátott magasság a legnagyobb, mivel az oldal és a rábocsátott magasság szorzata a háromszög területének a kétszeresét adja. Legyen az ABC háromszög legkisebb oldala vagy a legkisebbek egyike a BC=a oldal, a rábocsátott magasság AM=m (2. ábra).
A háromszög A-nál levő belső szöge nem nagyobb a másik két belső szögnél, mert a háromszögben kisebb oldallal szemben fekvő szög kisebb.
A háromszögbe írt kör O középpontja a belső szögfelezők metszéspontja. Bocsássunk belőle merőlegest az oldalakra és m-re, az utóbbi talppontja legyen P. Ekkor PM egyenlő a beírt kör sugarával. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy AP legalább akkora, mint a háromszög köré írt kör sugara.
A körülírt kör K középpontja az A-ból induló háromszögoldalak és az O-ból rájuk bocsátott merőlegesek határolta négyszög pontja. Valóban, egyrészt nem lehet K az ABC háromszögön kívül, mert a háromszög nem tompaszögű. Másrészt az ABO és ACO háromszög A-nál levő szöge nem nagyobb a B-nél, ill. C-nél levő szögnél, így AO vetülete nem kisebb, mint OB-é, ill. OC-é a harmadik oldalon. Ez más szóval azt jelenti, hogy az említett négyszög határához tartozik az AB és AC oldal felezőpontja is; így az ezekben emelt merőlegesek metszéspontja, vagyis K is a négyszöghöz tartozik.

 
 

2. ábra
 

Jelöljük AB felezőpontját F-fel, O vetületét AB-n R-rel. A betűzés megfelelő választásával feltehetjük, hogy az AOR háromszög tartalmazza K-t. Az AKF a háromszög köré írt kör ACB kerületi szögéhez tartozó középponti szög fele és így egyenlő vele, ha KF. Ekkor viszont
FAK=MAC,
s így AO felezi a KAM szöget is. Ez akkor is igaz, ha K=F, mert ekkor ACB derékszög, s így M=C.
Megállapításunkból az következik, hogy a körülírt kör AK sugarának AO-ra vonatkozó tükörképe AM-re esik. Megmutatjuk még, hogy az AKO tompaszög, ha K különbözik O-tól és R-től. Ebből következik, hogy K tükörképe az AP szakaszra esik, tehát
AK<AP,
amint állítottuk.
Jelöljük S-sel az AK meghosszabbításának metszéspontját OR-rel, ekkor
AKOASOARO=90,
mint a KSO, ill. ARS háromszög külső szöge, és mind a két helyen csak akkor állhat egyenlőség, ha K, S és R egybeesik. Ebben az esetben F is egybeesik ezekkel a pontokkal. Ekkor az ABC háromszög derékszögű C-nél és egyenlő szárú. Így K tükörképe AO-ra P, tehát m a két körsugár összegével egyenlő.
Ha végül K és O egybeesik, akkor a háromszög szabályos. Ebben az esetben is nyilván egyenlőség áll fenn.
 
Jegyzet. Az ábra alapján könnyen nyerhetünk két összefüggést, amelyeket a következő megoldásban felhasználunk.
1. Az ábrán látható jelöléseket használjuk. Az ACM és az AKF derékszögű háromszögek hasonlók, mert ‐ mint láttuk ‐ C-nél, ill. K-nál levő szögük egyenlő. Ebből következik az oldalak arányára a
bm=rc/2
egyenlőség. Mindkét oldalt megszorozva acm-mel, azt kapjuk, hogy
abc=2amr=4tr,
ahol t a háromszög területét jelenti.
2. Fejezzük ki m2-et az ACM és ABM derékszögű háromszögből:
m2=b2-CM2=c2-(a-CM)2.
A második egyenlőségből
2aCM=a2+b2-c2.
Az első egyenlőséget 4a2-tel megszorozva a bal oldalon 16t2 keletkezik. A jobb oldalon felhasználjuk az éppen nyert összefüggést és azután szorzattá alakítunk:
16t2=4a2b2-(a2+b2-c2)2=(2ab+a2+b2-c2)(2ab-a2-b2+c2)==[(a+b)2-c2][c2-(a-b)2]=(a+b+c)(a+b-c)(c-a+b)(c+a-b).
A kerület felét s-sel jelölve, ezt így írhatjuk:
t2=s(s-a)(s-b)(s-c).
Ez a Heron-formula néven ismert területképlet.
 
II. megoldás. Az eddigi jelöléseket használjuk, a háromszögbe írt kör sugarát ϱ-val jelöljük. Feltehetjük, hogy
abc.
Ekkor az m-ϱ-r különbségről kell megmutatnunk, hogy nem negatív és megállapítani, milyen esetekben 0. A szereplő adatokat az oldalakkal és a területtel fejezzük ki. Ismeretes, hogy t=ϱs, így
m-ϱ=2ta-ts=t(b+c)as=(s-a)(s-b)(s-c)(b+c)at.
Az utolsó lépésben bővítettünk t-vel, felhasználtuk Heron képletét (lásd a fenti 2. jegyzetet), és egyszerűsítettünk s-sel. Ebből levonjuk még az r=abc/4t értéket (lásd a fenti 1. jegyzetet), és bővítünk 2-vel:
m-ϱ-r=4(s-a)(s-b)(s-c)(b+c)-a2bc4at==(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)(b+c)-2a2bc8at.

A számlálóról be kell látnunk, hogy nem lehet negatív. A kisebbítendő középső két tényezőjének a szorzata a2-(c-b)2. A másik két tényező szorzatának a2-szereséből a kivonandót is levonva a számláló így alakítható tovább, az első tagból levonva, a másodikhoz hozzáadva a2(c-b)(c+b-a)-t:
a2(b2+c2-a(b+c))-(c2-b2)(c-b)(b+c-a)=(4)=a2[b2+c2-a(b+c)-(c2-b2-a(c-b))]+(a2+b2-c2)(c-b)(b+c-a)==2a2b(b-a)+(a2+b2-c2)(c-b)(b+c-a).


Itt az oldalak nagyságrendjére tett feltevés szerint sem az első tag utolsó tényezője, sem a második második tényezője nem lehet negatív. A második tag első tényezője C-nél derékszögű háromszögre 0, hegyesszögű háromszögre pedig pozitív; ugyanis ha két háromszög két oldalpárja egyenlő, akkor a harmadik oldal abban a háromszögben kisebb, amelyikben az egyenlő oldalak közti szög kisebb. A többi tényező pozitív. Ezzel beláttuk, hogy m-ϱ-r0.
Csak úgy lehet 0 a kifejezés, ha a (4) utolsó alakjában mind a két tag 0. Ehhez egyrészt a=b kell hogy legyen, másrészt vagy b=c, vagy a2+b2=c2. A legnagyobb magasság tehát a szabályos háromszögnél és az egyenlő szárú derékszögű háromszögnél egyenlő a háromszög köré és a háromszögbe írt kör sugarának összegével.
 
III. megoldás. A versenyzők nagy része a következő összefüggést használta fel a feladat megoldására. A háromszög köré írt kör középpontjának az a, b, c oldaltól mért távolságát rendre da, db, dc-vel jelölve
da+db+dc=r+ϱ.

A háromszög kétszeres területét kiszámíthatjuk úgy is, mint az AKB, BKC, CKA háromszögek kétszeres területének összegét. Így kapjuk a következő összefüggést:
am=2t=ada+bdb+cdca(da+db+dc)=a(r+ϱ),
ahol a ismét a legkisebb oldalt, vagy a legkisebbek egyikét jelöli, s így m a magasságok közt előforduló legnagyobb érték. Itt oszthatunk a pozitív a értékkel, és megkapjuk a kívánt egyenlőtlenséget. Nyilvánvalóan egyenlőség áll fenn, ha a három oldal egyenlő, vagyis a szabályos háromszögnél. Fennállhat azonban egyenlőség úgy is, hogy valamelyik d nulla, és a másik kettő szorzója egyenlő. Ez valóban bekövetkezhet, mert a körülírt kör középpontján átmenő oldal a kör átmérője, tehát a háromszög legnagyobb oldala. Ebben az esetben a háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög.
 
Jegyzet. Hasonlóan látható, hogy a legkisebb magasság viszont nem nagyobb a két körsugár összegénél. Itt már csak a szabályos háromszög esetén áll fenn egyenlőség.
A felhasznált összefüggés belátható például trigonometriai átalakítások segítségével. (Lásd pl. Érdekes matematikai gyakorló feladatok, IV., 126. feladat, megoldása 139‐141. old.)