Feladat:	F.3199	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Birkner Tamás ,  Izsák Rudolf ,  Lengyel Tímea ,  Lukács László ,  Mansur Boase ,  Pap Júlia ,  Pataki Péter ,  Vaik István
Füzet:	1998/április, 227 - 228. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Háromszögek nevezetes tételei, Szinusztétel alkalmazása, Körülírt kör, Párhuzamos szelők tétele, Pont körre vonatkozó hatványa, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1997/november: F.3199

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Hozzuk egyszerűbb alakra az emeletes törtet: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\frac{1}{A{C}_1}-\frac{1}{AB}}{\frac{1}{C_{n-1}B}-\frac{1}{AB}}=\frac{AB-A{C}_1}{AB-C_{n-1}B}\cdot \frac{C_{n-1}B}{A{C}_1}=\frac{B{C}_1\cdot B{C}_{n-1}}{A{C}_1\cdot A{C}_{n-1}}\mathrm{.}}\end{array}$ A $C_1$ és $C_{n-1}$ pontokra igaz, hogy $AC{C}_1\sphericalangle =BC{C}_{n-1}\sphericalangle$. Megmutatjuk, hogy ha $D$ és $E$ az $AB$ oldal olyan pontjai, amelyekre $ACD\sphericalangle =BCE\sphericalangle =\phi$, akkor $\frac{BD\cdot BE}{AD\cdot AE}={\left(\frac{BC}{AC}\right)}^2$, ami eredeti feladatunknak általánosítása. Legyen $DCE\sphericalangle =\delta$, $CAB\sphericalangle =\alpha$ és $CBA\sphericalangle =\beta$ (lást az 1. ábrát). Ekkor a szinusztételt alkalmazva a $BCD$, $BCE$, $ACD$, $ACE$ és $ABC$ háromszögekben, kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{BD\cdot BE}{AD\cdot AE}=\frac{\left(CD\cdot \frac{\text{sin}\left(\phi +\delta \right)}{\text{sin}\beta }\right)\cdot \left(CE\cdot \frac{\text{sin}\phi }{\text{sin}\beta }\right)}{\left(CD\cdot \frac{\text{sin}\phi }{\text{sin}\alpha }\right)\cdot \left(CE\cdot \frac{\text{sin}\left(\phi +\delta \right)}{\text{sin}\alpha }\right)}=\frac{\text{sin}{}^2\alpha }{\text{sin}{}^2\beta }={\left(\frac{BC}{AC}\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$  Mansur Boase (London, Anglia) dolgozata alapján   Megjegyzés. A bizonyítás során felhasználtuk, hogy $D$ az $AE$ szakaszon van, azaz $2\phi <ACB\sphericalangle$. Ha $2\phi \ge ACB\sphericalangle$, az állítás akkor is igaz, a bizonyításon csak annyit kell módosítani, hogy $\phi +\delta$ helyett $\phi -\delta$-t írunk.   II. megoldás. Ismét azt mutatjuk meg, hogy $\frac{B{C}_1\cdot B{C}_{n-1}}{A{C}_1\cdot A{C}_{n-1}}$ állandó. Messe a $C{C}_1{C}_{n-1}$ háromszög köré írható kör az $AC$ és a $BC$ szakaszokat a $D$ és az $E$ pontokban (2. ábra). Mivel a körben $DC{C}_1\sphericalangle =EC{C}_{n-1}\sphericalangle$, azért $D{C}_1=E{C}_{n-1}$, tehát a $DE$ szakasz a szimmetria miatt párhuzamos $AB$-vel. Ezért a párhuzamos szelők tétele alapján $\frac{BE}{AD}=\frac{BC}{AC}$. Másrészt az $A$, illetve a $B$ pontnak a körre vonatkozó hatványát kétféleképpen felírva kapjuk, hogy $A{C}_1\cdot A{C}_{n-1}=AD\cdot AC$ és $B{C}_1\cdot B{C}_{n-1}=BE\cdot BC$. Ezeket felhasználva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{B{C}_1\cdot B{C}_{n-1}}{A{C}_1\cdot A{C}_{n-1}}=\frac{BE\cdot BC}{AD\cdot AC}=\frac{BE}{AD}\cdot \frac{BC}{AC}={\left(\frac{BC}{AC}\right)}^2\mathrm{,}}\end{array}$ ami állandó.  Pap Júlia (Debrecen, Fazekas M. Gimn., III. o.t.) dolgozata alapján