Feladat: B.3791 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Blázsik Zoltán ,  Bogár Péter ,  Csaba Ákos ,  Dücső Márton ,  Gehér György ,  Hujter Bálint ,  Károlyi Márton ,  Kiss-Tóth Christian ,  Kónya Gábor ,  Kovács Péter ,  Lovász László Miklós ,  Mészáros Gábor ,  Nagy János ,  Pásztor Attila ,  Strenner Balázs ,  Sümegi Károly ,  Szalóki Dávid ,  Tomon István ,  Udvari Balázs 
Füzet: 2005/december, 534 - 536. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Koszinusztétel alkalmazása, Háromszögek geometriája, Számtani-mértani egyenlőtlenségek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/január: B.3791

A hegyesszögű ABC háromszög belsejében levő P pontra igaz, hogy APB=BPC=CPA. A BP és CP egyenesek az AC és AB oldalakat rendre D-ben és E-ben metszik. Mutassuk meg, hogy AB+AC4DE.

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

Megoldás. Mivel APB=BPC=CPA, és e szögek összege 360, a szögek mindegyike 120-os. Tehát az AP, BP, CP egyenesek egymással páronként 60-os szöget zárnak be, a P körüli teljes szöget 6 egyenlő részre osztják.
Jelölje az ABC háromszög oldalaira kifelé szerkesztett szabályos háromszögek harmadik csúcsát rendre C', A' és B' (lásd az ábrát). Az CB'AP, BA'CP és AC'BP négyszögek húrnégyszögek, mert P-nél lévő szögük 120-os, azzal szemközti szögük pedig 60-os. Forgassuk el A körül +60-kal az APC háromszöget. Ekkor C képe B', P képét pedig jelöljük P'-vel. Mivel APP'=60, P' rajta van a BP egyenesen. De PP'A is 60, s mivel AP'B'=APC=120, a P, P', B' pontok is egy egyenesre esnek, tehát B, P és B' kollineárisak. Mivel pedig AP=PP' és PC=P'B', azért AP+BP+CP=BB'. Ugyanígy látható be, hogy az AA' és a CC' szakaszok is tartalmazzák P-t, továbbá mindkét szakasz hossza megegyezik AP+BP+CP-vel.

 
 

Az APD és a B'PC háromszögek hasonlóak, mert APD=B'PC=60 és PAD=PB'C, ugyanis mindkettő a PC ívhez tartozó kerületi szög a CB'AP húrnégyszög körülírt körében. Ezért megfelelő oldalaik aránya megegyezik, PDAP=PCB'P. Ebből kifejezve PD-t, és felhasználva az AP+BP+CP=BB' összefüggést valamint a számtani és a mértani közepek közti egyenlőtlenséget kapjuk, hogy
PD=APCPB'P=APCPBB'-BP=APCPAP+CPAP+CP4.
Ugyanígy látható be, hogy
PEAP+BP4.

A koszinusztételt az EPD háromszög DE oldalára felírva kapjuk, hogy
DE2=PE2+PD2-2PEPDcos120=PE2+PD2+PEPD.
Vagyis PD-t és PE-t az előző egyenlőtlenségekből kapott kifejezésekkel becsülve:
DE2(AP+BP)216+(AP+CP)216+(AP+BP)(AP+CP)16.
Mivel AP+BP=CC'-CP=PC' és AP+CP=BB'-BP=PB', azért az egyenlőtlenséget
DE2PC'2+PB'2+PC'PB'16
alakba is írhatjuk. A koszinusztételt az B'PC' háromszög B'C' oldalára felírva kapjuk, hogy B'C'2=PC'2+PB'2+PC'PB', tehát
DE2B'C'216,azaz4DEB'C'.
Viszont a háromszög-egyenlőtlenség szerint B'C'B'A+AC', és mivel B'A=AC valamint AC'=AB, azért 4DEAB+AC, ami éppen a bizonyítandó egyenlőtlenség. Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, ha ABC szabályos háromszög.
 
Megjegyzés. A P pontot az ABC háromszög izogonális pontjának nevezzük. Ez az a pont, amelynek ‐ abban az esetben, ha a háromszög szögei kisebbek 120-nál ‐ a háromszög csúcsaitól vett távolságösszege minimális. Ennek ‐ valamint P azon tulajdonságainak, amelyeket a megoldás első részében beláttunk ‐ bizonyítása megtalálható a Geometriai feladatok gyűjteménye I. kötetének 1016‐1019. feladataiban.