Kezdőlap


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 \| MathML
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

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 $A B C$ háromszög legkisebb oldala vagy a legkisebbek egyike a $B C = a$ oldal, a rábocsátott magasság $A M = m$ (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 $P M$ egyenlő a beírt kör sugarával. Azt kell tehát megmutatnunk, hogy $A P$ 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 $A B C$ háromszögön kívül, mert a háromszög nem tompaszögű. Másrészt az $A B O$ és $A C O$ háromszög $A$ -nál levő szöge nem nagyobb a $B$ -nél, ill. $C$ -nél levő szögnél, így $A O$ vetülete nem kisebb, mint $O B$ -é, ill. $O C$ -é a harmadik oldalon. Ez más szóval azt jelenti, hogy az említett négyszög határához tartozik az $A B$ és $A C$ oldal felezőpontja is; így az ezekben emelt merőlegesek metszéspontja, vagyis $K$ is a négyszöghöz tartozik.

2. ábra

Jelöljük

A B

felezőpontját

F

-fel,

O

vetületét

A B

-n

R

-rel. A betűzés megfelelő választásával feltehetjük, hogy az

A O R

háromszög tartalmazza

K

-t. Az

A K F ∢

a háromszög köré írt kör

A C B

kerületi szögéhez tartozó középponti szög fele és így egyenlő vele, ha

K \neq F

. Ekkor viszont

\begin{matrix} F A K ∢ = M A C ∢, \end{matrix}

s így

A O

felezi a

K A M

szöget is. Ez akkor is igaz, ha

K = F

, mert ekkor

A C B ∢

derékszög, s így

M = C

.
Megállapításunkból az következik, hogy a körülírt kör

A K

sugarának

A O

-ra vonatkozó tükörképe

A M

-re esik. Megmutatjuk még, hogy az

A K O ∢

tompaszög, ha

K

különbözik

O

-tól és

R

-től. Ebből következik, hogy

K

tükörképe az

A P

szakaszra esik, tehát

\begin{matrix} A K < A P, \end{matrix}

amint állítottuk.
Jelöljük

S

-sel az

A K

meghosszabbításának metszéspontját

O R

-rel, ekkor

\begin{matrix} A K O ∢ \geq A S O ∢ \geq A R O ∢ = 90^{\circ}, \end{matrix}

mint a

K S O

, ill.

A R S

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

A B C

háromszög derékszögű

C

-nél és egyenlő szárú. Így

K

tükörképe

A O

-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

A C M

és az

A K F

derékszögű háromszögek hasonlók, mert ‐ mint láttuk ‐

C

-nél, ill.

K

-nál levő szögük egyenlő. Ebből következik az oldalak arányára a

\begin{matrix} \frac{b}{m} = \frac{r}{c / 2} \end{matrix}

egyenlőség. Mindkét oldalt megszorozva

a c m

-mel, azt kapjuk, hogy

\begin{matrix} a b c = 2 a m r = 4 t r, \end{matrix}

ahol

t

a háromszög területét jelenti.
2. Fejezzük ki

m^{2}

-et az

A C M

és

A B M

derékszögű háromszögből:

\begin{matrix} m^{2} = b^{2} - C M^{2} = c^{2} - {(a - C M)}^{2} . \end{matrix}

A második egyenlőségből

\begin{matrix} 2 a C M = a^{2} + b^{2} - c^{2} . \end{matrix}

Az első egyenlőséget

4 a^{2}

-tel megszorozva a bal oldalon

16 t^{2}

keletkezik. A jobb oldalon felhasználjuk az éppen nyert összefüggést és azután szorzattá alakítunk:

\begin{matrix} 16 t^{2} = 4 a^{2} b^{2} - {(a^{2} + b^{2} - c^{2})}^{2} = (2 a b + a^{2} + b^{2} - c^{2}) (2 a b - a^{2} - b^{2} + c^{2}) = \\ = [{(a + b)}^{2} - c^{2}] [c^{2} - {(a - b)}^{2}] = (a + b + c) (a + b - c) (c - a + b) (c + a - b) . \end{matrix}

A kerület felét

s

-sel jelölve, ezt így írhatjuk:

\begin{matrix} t^{2} = s (s - a) (s - b) (s - c) . \end{matrix}

Ez a Heron-formula néven ismert területképlet.

II. megoldás. Az eddigi jelöléseket használjuk, a háromszögbe írt kör sugarát

ϱ

-val jelöljük. Feltehetjük, hogy

\begin{matrix} a \leq b \leq c . \end{matrix}

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 = ϱ s

, így

\begin{matrix} m - ϱ = \frac{2 t}{a} - \frac{t}{s} = \frac{t (b + c)}{a s} = \frac{(s - a) (s - b) (s - c) (b + c)}{a t} . \end{matrix}

Az utolsó lépésben bővítettünk

t

-vel, felhasználtuk Heron képletét (lásd a fenti 2. jegyzetet), és egyszerűsítettünk

s

-sel. Ebből levonjuk még az

r = a b c / 4 t

értéket (lásd a fenti 1. jegyzetet), és bővítünk

2

-vel:

\begin{matrix} m - ϱ - r = \frac{4 (s - a) (s - b) (s - c) (b + c) - a^{2} b c}{4 a t} = \\ = \frac{(- a + b + c) (a - b + c) (a + b - c) (b + c) - 2 a^{2} b c}{8 a t} . \end{matrix}

A számlálóról be kell látnunk, hogy nem lehet negatív. A kisebbítendő középső két tényezőjének a szorzata

a^{2} - {(c - b)}^{2}

. A másik két tényező szorzatának

a^{2}

-szereséből a kivonandót is levonva a számláló így alakítható tovább, az első tagból levonva, a másodikhoz hozzáadva

a^{2} (c - b) (c + b - a)

-t:

\begin{matrix} a^{2} (b^{2} + c^{2} - a (b + c)) - (c^{2} - b^{2}) (c - b) (b + c - a) = & (4) \\ = a^{2} [b^{2} + c^{2} - a (b + c) - (c^{2} - b^{2} - a (c - b))] + (a^{2} + b^{2} - c^{2}) (c - b) (b + c - a) = \\ = 2 a^{2} b (b - a) + (a^{2} + b^{2} - c^{2}) (c - b) (b + c - a) . \end{matrix}

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 - r \geq 0

.
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

a^{2} + b^{2} = c^{2}

. 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

d_{a}

d_{b}

d_{c}

-vel jelölve

\begin{matrix} d_{a} + d_{b} + d_{c} = r + ϱ . \end{matrix}

A háromszög kétszeres területét kiszámíthatjuk úgy is, mint az

A K B

B K C

C K A

háromszögek kétszeres területének összegét. Így kapjuk a következő összefüggést:

\begin{matrix} a m = 2 t = a d_{a} + b d_{b} + c d_{c} \geq a (d_{a} + d_{b} + d_{c}) = a (r + ϱ), \end{matrix}

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.)