Feladat: B.3710 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Antal László ,  Bereczki Péter ,  Birkus Róbert ,  Bittner Emese ,  Bogár Péter ,  Csajbók Bence ,  Cseh Ágnes ,  Csizmadia János ,  Dobos Gábor ,  Eckert Bernadett ,  Erdélyi Márton ,  Estélyi István ,  Fehér Gábor ,  Gehér György ,  Gyarmati Ákos ,  Hegyháti Máté ,  Holló László ,  Hubai Tamás ,  Hujter Bálint ,  Jankó Zsuzsanna ,  Kisfaludi-Bak Sándor ,  Kiss-Tóth Christián ,  Koszta Botond ,  Kovács Péter ,  Kunovszki Péter ,  Kurgyis Zsuzsanna ,  Lorántfy Bettina ,  Molnár András ,  Nagy Csaba ,  Nagy Péter ,  Nagy-Baló András ,  Pálinkás Csaba ,  Pálovics Róbert ,  Poronyi Balázs ,  Prónai Anett ,  Strenner Balázs ,  Sümegi Károly ,  Varga Viktor 
Füzet: 2004/október, 417 - 419. oldal  PDF file
Témakör(ök): Magasságvonal, Szögfelező egyenes, Síkgeometriai bizonyítások, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2004/február: B.3710

Az A1A2A3 hegyesszögű, nem egyenlő szárú háromszög Ai csúcsából induló magasságának talppontja Ti. Legyen Bi az AjAk és a TjTk egyenesek metszéspontja (ahol i, j és k között nincsenek egyenlők). Mutassuk meg, hogy a B1, B2, B3 pontok egy egyenesen vannak.

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

I. megoldás. Tudjuk, hogy egy hegyesszögű háromszög magasságvonalai egyúttal a talpponti háromszög belső szögfelezői is (ennek bizonyítása megtalálható pl. a Geometriai feladatok gyűjteménye I. kötetének 1060. feladatában). Ezért a T1T2T3 háromszög Ti csúcsához tartozó belső szögfelezője a TiAi egyenes, s így a külső szögfelező az erre merőleges AjAk egyenes (ahol {i;j;k}={1;2;3}).
A külső szögfelező tétel szerint a szögfelező az őt közrefogó oldalak arányában osztja a szemközti oldalt, vagyis

T1B3B3T2=T1T3T3T2,T2B1B1T3=T2T1T1T3ésT3B2B2T1=T3T2T2T1.
Tehát
T1B3B3T2T2B1B1T3T3B2B2T1=T1T3T3T2T2T1T1T3T3T2T2T1=1.

 

 
1. ábra
 

Azonban a Bi pontok nem a TjTk oldalszakaszokon, hanem azok meghosszabbításain fekszenek, ezért ha előjeles szakaszokkal számolunk, akkor azt kapjuk, hogy
T1B3B3T2T2B1B1T3T3B2B2T1=-1.
Ez pedig Menelaosz tételének megfordítása szerint (lásd pl. Geometriai feladatok gyűjteménye I; 1261. feladat) azt jelenti, hogy a B1, B2, B3 pontok egy egyenesen vannak, ami éppen a bizonyítandó állítás.
 
II. megoldás. Az A1A2A3 és T1T2T3 háromszögek megfelelő csúcsait összekötő egyenesek egy ponton, az A1A2A3 háromszög magasságpontján mennek át (2. ábra). Ezért Desargues tételéből (lásd pl. Schmidt Tamás: Geometriai terek az algebra szemszögéből, lapunk 2004. évi 4. számának 199‐206. oldalain) következik, hogy a két háromszög megfelelő oldalegyeneseinek metszéspontjai egy egyenesen vannak. Mivel Bi éppen AjAkTjTk (ahol {i;j;k}={1;2;3}), a B1, B2, B3 pontok egy egyenesen vannak.
 

 
2. ábra
 

Megjegyzés. A második megoldás során nem használtuk ki, hogy a Ti pontok a magasságok talppontjai. Az állítás minden olyan T1T2T3 háromszög esetén igaz, amelyre teljesül, hogy az AiTi (i=1,2,3) egyenesek egy ponton mennek át.