Feladat: B.3796 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Baranyai J. Attila ,  Bogár Péter ,  Csizmadia János ,  Estélyi István ,  Gehér György ,  Gombkötő Tamás ,  Horváth Zoltán ,  Ildrin Gasimov ,  Kisfaludi-Bak Sándor ,  Kiss-Tóth Christián ,  Komáromy Dani ,  Kónya Gábor ,  Korándi Dániel ,  Kornis Bence ,  Kovács Péter ,  Kunovszki Péter ,  Kutas Sándor ,  Petényi Franciska ,  Poronyi Balázs ,  Rácz Miklós ,  Sommer Dániel ,  Strenner Balázs ,  Ureczky Bálint 
Füzet: 2006/május, 290 - 292. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Szögfelező egyenes, Háromszög nevezetes körei, Inverzió, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/február: B.3796

A k körhöz a külső A pontból érintőket húzunk, az érintési pontok E és F, az EF szakasz felezőpontja G. Egy A-n átmenő egyenes a B, C pontokban metszi a k kört. Bizonyítsuk be, hogy az EF egyenes felezi a BGC szöget.

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

I. megoldás. Legyen az A ponton átmenő szelő e, ami az adott kört a B és a C pontban metszi. A k kör középpontja legyen O, az e tükörképe OA egyenesére e', B, illetve C tükörképe pedig B', illetve C'. A tükrözés miatt B'GE=BGF és C'GE=CGF.

 

 
1. ábra
 

Ezért a bizonyítandó állítással ekvivalens, hogy BGF=C'GE, ami éppen azt jelenti, hogy G a BC' szakaszon van.
Tehát a szimmetria miatt azt kell megmutatnunk, hogy BC' és B'C metszéspontja (legyen P) egybeesik a G ponttal, azaz P helyzete független az e-nek az OA-val bezárt α szögétől.
Rögzítsük e-t egy tetszőleges helyzetben, amely nem azonos AO-val (hiszen akkor a feladat állítása nyilvánvalóan teljesül ‐ 2. ábra). Alkalmazzuk a szögfelező-tételt az ABC' háromszögre:
ABAC'=PBPC'(1)PBAB=PC'AC'=PCAC=PB'AB';
az utolsó két egyenlőség az előbbiből és az AO-ra vonatkozó tengelyes szimmetriából következik.
 

 
2. ábra
 

Az (1) szerint a páronként különböző B, C, B' és C' pontok rajta vannak AP egyik Apollóniusz-körén, de ugyanakkor az adott k körön is, ami csak úgy lehetséges, ha a két kör egybeesik. Legyenek X és Y az AO egyenesének a körrel való metszéspontjai, ekkor tehát PXXA=PYYA. Írjuk fel az itt szereplő szakaszokat a kör r sugarának segítségével:
r-OPOA-r=r+OPOA+r,ami átrendezve:OP=r2OA.
Ebből már látszik, hogy OP csak r-től és OA-tól függ, α-tól nem, amit bizonyítani akartunk. Könnyen belátható (pl. az OEA derékszögű háromszög OE befogójára felírt befogótétel segítségével), hogy ez a pont egybeesik a G ponttal.
 
II. megoldás. Legyen ismét a k kör középpontja O, sugara r. E és F egymás tükörképei az AO egyenesre nézve, ezért AO merőleges EF-re; ugyanakkor AE merőleges EO-ra, mivel AE érintő.
A befogótétel alapján r2=EO2=AOGO. Mivel A, G és O kollineárisak, ez azt jelenti, hogy az A és G pontok egymás inverzei a k alapkörre nézve.
 

 
3. ábra
 

Jelölje továbbra is e a BC egyenest. Az inverzió ismert tulajdonságai alapján e inverze a k körre nézve a BCO háromszög köréírt köre (kivéve az O pontot), legyen ez az kör. Mivel A illeszkedik e-re és A inverze a k körre nézve G, azért G rajta van az körön. Így a BCOG négyszög húrnégyszög.
AGB=OCB(=φ), mivel mindkét szög 180-ra egészíti ki a BGO szöget. (Az egyik mellékszög, a másik pedig a húrnégyszögek tétele szerint.)
A BCO háromszög egyenlő szárú, hiszen BO=CO=r; így
OBC=OCB=φ.

Mivel BCOG húrnégyszög, az OC oldal a B és a G csúcsokból ugyanakkora szög alatt látszik: OGC=OBC=φ. Tehát AGB=OCB=OBC=OGC=φ, ezért BGF=90+φ=CGF.
Ez azt jelenti, hogy az EF egyenes valóban felezi a BGC szöget.