Feladat: 1990. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Boncz András ,  Faragó Gergely ,  Harcos Gergely ,  Matolcsi Máté ,  Pór Attila ,  Szegedy Balázs ,  Szegedy Krisztián ,  Szendrői Balázs ,  Újváry-Menyhárt Zoltán 
Füzet: 1991/február, 54 - 59. oldal  PDF file
Témakör(ök): Körülírt kör középpontja, Hozzáírt körök, Szögfelező egyenes, Vetítések, Ceva-tétel, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Tengelyes tükrözés, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Magasságvonal, Húrnégyszögek, Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1991/február: 1990. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

Az ABC háromszög beírt körének középpontja legyen K, a hozzáírt körök középpontjai A0, B0, C0. Jelölje A1 a BC oldal és a BKC szög felezőjének, B1 az AC oldal és az AKC szög felezőjének, C1 pedig az AB oldal és az AKB szög felezőjének a metszéspontját. Igazoljuk, hogy az A0A1, B0B1, C0C1 egyenesek egy ponton mennek át.

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

I. megoldás: A megoldást a következő megjegyzésre építjük. Egy háromszög egy csúcsát a szemközti oldal egy pontjával összekötő szakaszhoz egyértelműen tartozik egy arányszám, amelyikre igaz, hogy egy pont akkor és csak akkor pontja a szakasznak, ha a pont és a szakasszal közös csúcsból induló oldalak távolságainak az aránya az adott érték.

 
 

1. ábra
 

Ha az ABC háromszög egy P pontjának merőleges vetülete a BC, CA és AB oldalon rendre TA, TB és TC (1. ábra), akkor az AP, BP, CP egyenesekhez (ill. a háromszögbe eső szakaszaikhoz) tartozó arányok
rA=PTB:PTC,rB=PTC:PTA,rC=PTA:PTB,
és így
rArBrC=1.(2)

Ha fordítva, P egy az A csúcson és egy a B csúcson átmenő egyenes metszéspontja, akkor a két egyeneshez tartozó arány a fenti rA és rB érték. Ha fennáll (2), akkor rC is a fenti érték, s így a C ponton átmenő egyenes is átmegy P-n.
Más szóval, ha az A,B, C csúcson átmenő egy-egy egyenesszakaszhoz tartozó arány rA, rB, rC, akkor a szakaszok akkor és csak akkor mennek át egy ponton, ha teljesül (2).
 
 

2. ábra
 

A feladatra térve A0, B0, C0 a megfelelő külső szögfelezők metszéspontja, így az A, B, C csúcsok az A0B0C0 háromszög oldalaira esnek (2. ábra). Jelöljük az ABC háromszög szögeit a szokásos módon α, β, γ-val; A1 merőleges vetületét az A0B0, A0C0 oldalon T12-vel, illetőleg T13-mal, és megfelelően a másik két pont vetületeit, amint az ábra mutatja. Ekkor az A0A1 egyenesre vonatkozó arány az A0B0C0 háromszögben
ra=A1T12A1T13=A1CsinBCA0A1BsinCBA0=A1Ccosγ2A1Bcosβ2.

Hasonlóan
rB=B1Acosα2B1Ccosγ2,rC=C1Bcosβ2C1Acosα2,
és a három arány szorzata
A1CB1AC1BA1BB1CC1A.

Tudjuk azonban, hogy a háromszög egy szögének a felezője a szemközti oldalt olyan szakaszokra osztja, amelyeknek az aránya megegyezik a mellettük fekvő oldalak arányával. Ezt egymás után CKB, AKC, majd a BKA háromszögekre alkalmazva.
A1CA1B=CKBK,B1AB1C=AKCK,C1BC1A=BKAK.

Ezek figyelembevételével azt kapjuk, hogy a fenti szorzat értéke 1, tehát az előrebocsátott megjegyzés értelmében a három egyenes egy ponton megy keresztül, és ezt kellett bizonyítanunk.
 

Megjegyzések. 1. A K pontról csak annyit használtunk fel, hogy az ABC háromszögben van, így a feladat állítása a háromszög bármely K pontjára igaz.
2. A bevezető megjegyzésben a háromszög pontjaira szorítkoztunk. Ettől a megszorítástól azonban megszabadulhatunk, ha a háromszög oldalaitól mért távolságot előjelesen értjük: pozitívnak tekintjük azokra a pontokra, amelyek az oldalnak a háromszöget tartalmazó partján vannak, és negatívnak a másik félsík pontjaira. Ekkor csak a háromszög oldalegyeneseit célszerű kizárni.
3. Megvizsgáljuk most a kérdést ennek megfelelően tekintetbe véve az egész síkot. Legyen az ABC háromszög BC oldalának egy pontja A', merőleges vetülete az AB és AC oldalon T12 és T13 (3. ábra). Ekkor ‐ a háromszög szögeit a szokásos módon jelölve ‐ az AA' egyenest jellemző arány
rA=A'T12A'T13=BA'sinβA'Csinγ.

 
 

3. ábra
 

Ha B' és C' a CA, illetőleg az AB oldal egy-egy pontja, és felírjuk hasonló módon a BB' és a CC' egyenesre vonatkozó rB és rC arányt is, akkor a jobb oldalak szorzatában a számlálóban is, a nevezőben is ugyanaz a szinusz-szorzat lép fel, így azzal egyszerűsíthetünk. Azt kapjuk tehát, hogy a (2) bal oldalán álló szorzat a következővel egyenlő:
BA'CB'AC'A'CB'AC'B.(3)

Az is látható, hogy a felírt arányegyenlőségek előjelet tekintve is helyesek maradnak, ha az oldalegyeneseken egy-egy irányt pozitívnak, az ellentéteset negatívnak tekintve előjeles szakaszokkal számolunk, és az egyenesektől mért távolságot is előjelezve értjük a korábban mondott módon. Irányítsuk az oldalegyeneseket például a háromszög óramutatóval ellentétes irányú körüljárásának megfelelően.
Az továbbra is fennáll, hogy ha az AA', BB', CC' egyenes egy ponton megy keresztül, akkor a (2) szorzat értéke, és így a (3) arányé is 1. A megfordítás helyességének igazolásánál a háromszögben futó két szakasz metszéspontjából indultunk ki. Most azonban felléphetnek párhuzamos egyenesek is.
 
 

4. ábra
 

Ha a három egyenes párhuzamos, válasszuk a betűzést úgy, hogy a C csúcs a másik kettőn át húzott párhuzamosok közé essék (4. ábra). Ekkor alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét az ABA' és a BAB' szögeket átmetsző párhuzamosokra:
BA'A'C=BAAC',CB'B'A=C'BBA.
Ezeket a (3) törtbe helyettesítve kapjuk, hogy annak az értéke akkor is 1, ha a három egyenes párhuzamos.
Megfordítva, ha AA' és BB' párhuzamos, akkor CC' nem metszheti őket, mert ha metszené, akkor korábbi meggondolásunk szerint BB' és CC' metszéspontján kellene átmennie AA'-nek is.
Azt kaptuk tehát, hogy véve az ABC háromszög BC, CA, AB oldalegyenesének egy-egy, a csúcsoktól különböző A', B', C' pontját, az AA', BB' és CC' egyenesek egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak akkor és csak akkor, ha a (3) arány értéke 1. Ez Ceva tétele. Ezt a versenyzők nagy része ismerte és felhasználta megoldásában.
 

4. Többen ismerték és felhasználták azt is, hogy ha a háromszög egy-egy csúcsán átmenő három egyenes egy ponton megy keresztül, vagy párhuzamosak az egyenesek, és mindegyiket tükrözzük a megfelelő szögfelezőre, akkor a tükrözött egyenesek is vagy egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak.
 
 

5. ábra
 

Valóban, legyen A' a BC egyenes egy pontja, és messe az AA' egyenesnek az A csúcsból induló szögfelezőre vonatkozó tükörképe a BC egyenest az A'' pontban. A BAA'=δ jelöléssel, mivel a szögfelezőre tükrözünk, CAA''=δ (5. ábra). Felhasználva a szinusztételt az AA'B, AA'C, AA''B, AA''C háromszögekre

BA'A'C=BA'/A'AA'C/A'A=sinδ/sinβsin(α-δ)/sinγ=sinδsinγsin(α-δ)sinβ,BA''A''C=BA''/A''AA''C/A''A=sin(α-δ)/sinβsinδ/sinγ=sin(α-δ)sinγsinδsinβ=A'Csin2γBA'sin2β.



Felírva a megfelelő arányokat a BB' és a CC' tükörképének metszéspontjaként keletkező B'' és C'' pontokra is és összeszorozva őket, a számlálóban is, a nevezőben is a háromszög három szöge szinusza négyzetének szorzata keletkezik, így ezzel egyszerűsíthetünk. Azt kapjuk tehát, hogy a kétvesszős pontokra felírt (3)-nak megfelelő kifejezés a vesszős pontokra felírtnak a reciprok értéke. Így Ceva tételéből következik a kimondott állítás helyessége.
 
II. megoldás: Jelöljük az A0B0C0 háromszög szögeit rendre α0, β0, γ0-val; az A0A1, B0B1, C0C1 egyenesnek és az A0B0C0 háromszög szemközti oldalának a metszéspontját A2, B2, C2-vel; húzzunk továbbá C2-n át párhuzamost a BA egyenessel, messe ez a C0A0, C0B0 egyenest a B, illetőleg A pontban (6. ábra).
 
 

6. ábra
 

A háromszöghöz hozzáírt körök középpontjai a háromszög két-két külső és egy belső szögfelezőjének a metszéspontjai, továbbá az egy csúcsból induló belső és külső szögfelező merőleges egymásra, így az A, B, C csúcsok az A0B0C0 háromszög oldalain feküsznek, a háromszög magasságainak talppontjai. Ennek folytán A0BAB0 húrnégyszög, tehát
C0BA=β0,C0AB=α0;
a szerkesztés szerint pedig
C0AB=C0AB=α0,C0BA=C0BA=β0.

Eszerint A0BB0A húrnégyszög, mert BB0 az A0 és az A pontból ugyanakkora szögben látszik. Ekkor a C2-n átmenő szelők szeleteinek szorzata egyenlő:
A0C2C2B0=BC2C2A.

Ez átrendezhető így:
A0C2C2B0=BC2C2A(C2AC2B0)2.

A jobb oldalt átalakítjuk. A párhuzamos szelők tétele, továbbá a szögfelezőre vonatkozó osztásarányi tétel alapján
BC2C2A=BC1C1A=BKKA.

A második tényezőben az alap így alakítható át, a szinusztételt először az AB0C2 háromszögre, majd ellenkező irányban az A0B0C0 háromszögre alkalmazva:
C2AC2B0=sin(180-β0)sinα0=sinβ0sinα0=C0A0C0B0.

Ezek szerint
A0C2C2B0=KBKA(C0A0C0B0)2.

Írjuk fel a megfelelő összefüggéseket A2-re és B2-re is:
B0A2A2C0=KCKB(A0B0A0C0)2,C0B2B2A0=KAKC(B0C0B0A0)2.

A három egyenlőség megfelelő oldalait összeszorozva a jobb oldalon 1-et kapunk, tehát
A0C2C2B0B0A2A2C0C0B2B2A0=1.

Mivel A1, B1, C1 az ABC háromszög megfelelő oldalának belső pontja, így az A0A1, B0B1, C0C1 egyenesek nem lehetnek párhuzamosak, tehát Ceva tétele szerint egy ponton mennek keresztül.
 

III. megoldás: Az előző megoldás jelöléseit használva az ott követett gondolatmenet ismétlésével kapjuk, hogy B0AC=α0 és A0BC=β0. Így az A0BC, AB0C, ABC0 és A0B0C0 háromszög hasonló. Az elsőt és a másodikat a harmadikba egy B, illetőleg A körüli forgatás és ugyanezen középpontú alkalmas hasonlósági transzformáció viszi át, a harmadikat a negyedikbe pedig egy tükrözés a C0-ból induló (belső) szögfelezőre és C0 középpontú hasonlósági transzformáció. Mindezek a transzformációk a szakaszok arányát és a szögek nagyságát változatlanul hagyják.
 
 

7. ábra
 

Vigye át az első és a második transzformáció A0A1-et és B0B1-et AA'-be, illetőleg BB'-be (7. ábra). Ekkor
BA'A'C0=BA1A1C,C0B'B'A=CB1B1A.

A megfelelő oldalakat összeszorozva és szorozva még mindkét oldalt az AC1/C1B aránnyal, a jobb oldalon keletkező tört a szögfelezőre vonatkozó osztásarányi tétel szerint 1 lesz, ez pedig Ceva tétele szerint azt jelenti, hogy az AA', BB' és C0C1 egyenesek egy ponton mennek keresztül.
A föntebb említett harmadik transzformáció ezeket az egyeneseket az ugyancsak egy ponton átmenő A0A, B0B, C0C egyenesekbe viszi át. Ezek közül az utolsó egyenes a C0C1 egyenes tükörképe a C0-ból induló szögfelezőre. Hasonló igaz azonban a másik két egyenesre is. Ugyanis a transzformáció például a BAA' szöget a B0A0A szögbe viszi át, viszont az első transzformáció révén az előbbi szögbe a BA0A1=C0A0A1 megy át, ami éppen azt jelenti, hogy A0A1 és A0A egymás tükörképe az A0-ból induló szögfelezőre nézve. Hasonlóan okoskodhatunk a harmadik egyenes esetében is. Ekkor azonban A0A1, B0B1, C0C1 is egy ponton megy keresztül, mint egy ponton átmenő egyeneseknek a megfelelő szögfelezőkre vonatkozó tükörképei.