Kezdőlap


Feladat:	Gy.3140	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Baharev Ali , Barát Anna , Bérces Márton , Bérczi Gergely , Csirmaz Előd , Dályay Virág , Gueth Krisztián , Gyenes Zoltán , Győri Nikolett , Hangya Balázs , Lengyel Tímea , Lippner Gábor , Naszódi Gergely , Szabadka Zoltán , Szilágyi Judit , Taraza Busra , Terék Zsolt , Terpai Tamás , Vaik Zsuzsanna
Füzet:	1998/március, 147 - 148. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Beírt kör, Szögfelező egyenes, Menelaosz-tétel, Középvonal, Párhuzamos szelők tétele, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/május: Gy.3140

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

Jelöljük az $A D$ és $B' C'$ szakaszok metszéspontját $F$ -fel, a $B A C$ szög felezőjének és a háromszög $B C$ oldalának metszéspontját $E$ -vel, a háromszög oldalainak hosszát pedig a szokásos módon $a$ , $b$ , $c$ -vel.
Ha $b = c$ , akkor az állítás nyilvánvaló. A továbbiakban feltesszük, hogy $b < c$ ; a $b > c$ esetben is ugyanúgy láthatnánk be az állítást. Menelaosz tételének megfordítását (lásd pl. Horvay-Reiman: Geometriai feladatok gyűjteménye I. kötet, 1261. feladat) fogjuk alkalmazni az $A E D$ háromszögre és az $A'$ , $O$ , $F$ pontokra.
A szögfelezőtétel szerint $\frac{B E}{E C} = \frac{c}{b}$ , és mivel $B E + E C = a$ , ezért $B E = \frac{a c}{b + c}$ és $E C = \frac{a b}{b + c}$ . A háromszög csúcsaiból a beírt körhöz húzott érintőszakaszok $B D$ , illetve $C D$ , ezért $B D = \frac{a + c - b}{2}$ és $C D = \frac{a + b - c}{2}$ . Ezekből az összefüggésekből valamint a $b < c$ feltételből következik, hogy a $B$ , $A'$ , $E$ , $D$ , $C$ pontok az ábrán látható sorrendben helyezkednek el a $B C$ egyenesen. Ezért

\begin{matrix} \frac{D A'}{A' E} = - \frac{B D - B A'}{B E - B A'} = - \frac{\frac{a + c - b}{2} - \frac{a}{2}}{\frac{a c}{b + c} - \frac{a}{2}} = - \frac{b + c}{a} . \end{matrix}

F

pont rajta van az

A B C

háromszög

B' C'

középvonalán, ezért

\begin{matrix} \frac{A F}{F D} = 1. \end{matrix}

Végül az

O D

szakasz merőleges

B C

-re, tehát párhuzamos az

A B C

háromszög

A

-hoz tartozó magasságával. Így a párhuzamos szelők tétele szerint

\begin{matrix} \frac{E O}{O A} = \frac{O D}{m_{a} - O D} = \frac{r}{m_{a} - r} = \frac{\frac{2 t}{a + b + c}}{\frac{2 t}{a} - \frac{2 t}{a + b + c}} = \frac{a}{b + c} \end{matrix}

(

r

és

t

A B C

háromszögbe írható kör sugarát, illetve a háromszög területét jelöli). Ezekből az egyenlőségekből kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{A F}{F D} \cdot \frac{D A'}{A' E} \cdot \frac{E O}{O A} = 1 \cdot (- \frac{b + c}{a}) \cdot \frac{a}{b + c} = - 1, \end{matrix}

vagyis az

F

A'

és

O

pontok egy egyenesen vannak, ami éppen a bizonyítandó állítás.

Dályay Virág (Szeged, Radnóti M., Gimn., III. o. t.)

Megjegyzés. A feladatra többféle megoldás is érkezett: vektorok, koordináta-geometria, affinitás, illetve különböző tételek felhasználásával.