Kezdőlap


Feladat:	1000. matematika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Bartók I. , Deutsch E. , Deutsch I. , Enyedi B. , Haar A. , Pivnyik I. , Riesz K. , Riesz Marcell , Szmodics H.
Füzet:	1902/június, 235 - 237. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Háromszögek hasonlósága, Menelaosz-tétel, Feuerbach-kör, Beírt kör középpontja, Egyenes, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1901/december: 1000. matematika feladat

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

Legyen az adott háromszög $A B C$ . Jelöljük az egyes oldalak középpontjait $A_{1}, B_{1}, C_{1}$ -gyel; a magasságok talppontjait $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ -vel és messék a szögfelezők az egyes oldalakat az $A_{3}, B_{3}, C_{3}$ pontokban. A háromszög $(S)$ súlypontját és a beírt kör $(O)$ középpontját összekötő egyenes a $B C, C A, A B$ oldalakat rendre az $L_{1}, M_{1}, N_{1}$ pontokban találja, melyeknek az $L_{2}, M_{2}, N_{2}$ simmetrikus pontok felelnek meg.

1^{\circ}

. Segédtétel: Ha az

O

kör a háromszög oldalait az

A_{4}, B_{4}

és

C_{4}

pontokban érinti, akkor:

\begin{matrix} A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{3} = {\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} . \end{matrix}

Bizonyítás. Írjunk az

A B C

háromszög köré kört. Mivel mind a

B C

oldalt merőlegesen felező egyenes, mind az

A

szög felező egyenese felezik a

B C

ívet, azért mindkettő a

B C

ív

A'

középpontján megy keresztül, miért is

\begin{matrix} A_{3} B A' ∢ = B A A' ∢ = \frac{A}{2} ∢ . \end{matrix}

Tehát

\begin{matrix} A_{3} B A' △ \sim B A A' △ \end{matrix}

és így

\begin{matrix} A' A_{3} : A' B = A' B : A' A \end{matrix}

vagyis

\begin{matrix} {\bar{A' B}}^{2} = A' A \cdot A' A_{3} . \end{matrix}

(1)

Ámde

\begin{matrix} O B A' ∢ = B O A' ∢ = \frac{A ∢ + B ∢}{2} \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} A' B = A' O . \end{matrix}

(2)

A (2)-ből

A' B

értékét (1)-be téve

\begin{matrix} {\bar{A' O}}^{2} = A' A \cdot A' A_{3} . \end{matrix}

A A'

szögfelező pontjait a

B C

-re projiciálva nyerjük, hogy

\begin{matrix} {\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} = A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{3} . \end{matrix}

Természetesen ugyanezek a viszonyok érvényesek a

B_{1}, B_{2}, B_{3}

és a

C_{1}, C_{2}, C_{3}

pontokra nézve is.

2^{\circ}

. Tételünket már most így mutathatjuk ki:
Az

A_{3} A A_{1}

háromszögnek szelője az

O S

, tehát Menelaos tételénél fogva

\begin{matrix} \frac{A_{3} L_{1}}{A_{1} L_{1}} \cdot \frac{A_{1} S}{A S} \cdot \frac{A O}{A_{3} O} = 1. \end{matrix}

(3)

Mivel

\begin{matrix} \frac{A_{1} S}{A S} = - \frac{1}{2} és \frac{A O}{A_{3} O} = \frac{A_{2} A_{4}}{A_{3} A_{4}}, \end{matrix}

azért a (3) egyenlőség így alakul:

\begin{matrix} \frac{A_{3} L_{1}}{A_{1} L_{1}} = - 2 \frac{A_{3} A_{4}}{A_{2} A_{4}} \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} \frac{A_{1} L_{1} - A_{1} A_{3}}{A_{1} L_{1}} = - 2 \frac{A_{1} A_{4} - A_{1} A_{3}}{A_{1} A_{4} - A_{1} A_{2}} . \end{matrix}

A segédtétel alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{A_{1} L_{1} - \frac{{\bar{A_{1} A_{4}}}^{2}}{A_{1} A_{2}}}{A_{1} L_{1}} = - 2 \frac{A_{1} A_{4} - \frac{{\bar{A_{1} A_{4}}}^{2}}{A_{1} A_{2}}}{A_{1} A_{4} - A_{1} A_{2}}, \end{matrix}

melyet rendezve

\begin{matrix} A_{1} L_{1} \cdot A_{1} A_{2} \cdot A_{1} A_{4} = {\bar{A_{1} A_{4}}}^{3} + 2 {\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} \cdot A_{1} L_{1} - A_{1} A_{2} ({\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} - A_{1} A_{2} \cdot A_{1} L_{1} + 2 A_{1} A_{4} \cdot A_{1} L_{1}) \end{matrix}

vagy

A_{1} A_{4}

-gyel osztva:

\begin{matrix} A_{1} L_{1} \cdot A_{1} A_{2} = {\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} + 2 A_{1} A_{4} \cdot A_{1} L_{1} - \frac{A_{1} A_{2}}{A_{1} A_{4}} ({\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} - A_{1} A_{2} \cdot A_{1} L_{1} + 2 A_{1} A_{4} \cdot A_{1} L_{1}), \end{matrix}

innen

\begin{matrix} A_{1} L_{1} \cdot A_{1} A_{2} + {\bar{A_{1} L_{1}}}^{2} = {\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} + 2 A_{1} A_{4} \cdot A_{1} L_{1} + {\bar{A_{1} L_{1}}}^{2} - \end{matrix}

\begin{matrix} - \frac{A_{1} A_{2}}{A_{1} A_{4}} ({\bar{A_{1} A_{4}}}^{2} + 2 A_{1} A_{4} \cdot A_{1} L_{1} + {\bar{A_{1} L_{1}}}^{2} - A_{1} A_{2} \cdot A_{1} L_{1} - {\bar{A_{1} L_{1}}}^{2}), \end{matrix}

tehát

A_{1} L_{1}

helyébe

- A_{1} L_{2}

-t téve

\begin{matrix} - A_{1} L_{2} (A_{1} A_{2} - A_{1} L_{2}) = {(A_{1} A_{4} - A_{1} L_{2})}^{2} - \frac{A_{1} A_{2}}{A_{1} A_{4}} [{(A_{1} A_{4} - A_{1} L_{2})}^{2} + A_{1} L_{2} (A_{1} A_{2} - A_{1} L_{2})] \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} L_{2} A_{1} \cdot L_{2} A_{2} = {\bar{L_{2} A_{4}}}^{2} - \frac{A_{1} A_{2}}{A_{1} A_{4}} ({\bar{L_{2} A_{4}}}^{2} - L_{2} A_{1} \cdot L_{2} A_{2}), \end{matrix}

miért is

\begin{matrix} (\frac{A_{1} A_{2}}{A_{1} A_{4}} + 1) ({\bar{L_{2} A_{4}}}^{2} - L_{2} A_{1} \cdot L_{2} A_{2}) = 0 \end{matrix}

és így egyszerűsítés után

\begin{matrix} {\bar{L_{2} A_{4}}}^{2} = L_{2} A_{1} \cdot L_{2} A_{2} \end{matrix}

épp így

\begin{matrix} {\bar{M_{2} B_{4}}}^{2} = M_{2} B_{1} \cdot M_{2} B_{2} \end{matrix}

\begin{matrix} {\bar{N_{2} C_{4}}}^{2} = N_{2} C_{1} \cdot N_{2} C_{2} . \end{matrix}

L_{2}, M_{2}, N_{2}

pontok hatványa tehát a Feuerbach-féle és a beírt körre vonatkozólag rendre egyenlők, miért is az

L_{2}, M_{2}, N_{2}

pontok a két kör hatványvonalán feküsznek. Mivel pedig a Feuerbach-féle kör érinti a beírt és kívül érintő köröket, tehát a hatványvonal egyszersmind a közös érintési pontban vont közös érintő, vagyis a reciprok egyenes a megfelelő érintő kört és a Feuerbach-féle kört tényleg közös pontjukban érinti.
A többi érintőkre tételünket analóg úton bizonyíthatjuk be.

(Riesz Marczel, Győr.)

A feladatot még megoldották: Bartók I., Deutsch E., Deutsch I., Enyedi B., Haar A., Pivnyik I., Riesz K., Szmodics H.