Feladat: B.3865 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Anda Roland ,  Balambér Dávid ,  Bogár Péter ,  Bus Norbert ,  Csaba Ákos ,  Csima Géza ,  Csorba János ,  Gaál Zsuzsanna ,  Gaizer Tünde ,  Gresits Iván ,  Gyüre Balázs ,  Klimaj Zoltán ,  Kovács Péter ,  Kristóf Panna ,  Kunovszki Péter ,  Lovász László Miklós ,  Mercz Béla ,  Nagy-Baló András ,  Németh Kitti Noémi ,  Pálovics Róbert ,  Peregi Tamás ,  Prõhle Zsófia ,  Salát Zsófia ,  Ta Phuong Linh ,  Tossenberger Anna ,  Udvari Balázs ,  Vajsz Tibor ,  Véges Márton 
Füzet: 2007/december, 532 - 533. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Háromszögek hasonlósága, Háromszögek geometriája, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2005/december: B.3865

Az AB1C1 és AB2C2 háromszögek hasonlók és a körüljárási irányuk is megegyezik. A B1B2 és C1C2 egyenesek az A-tól különböző D pontban metszik egymást.
(a) Mutassuk meg, hogy az AB1B2 és AC1C2 háromszögek hasonlók.
(b) Igazoljuk, hogy az AB1C1 és AB2C2 háromszög körülírt köre átmegy a D ponton.

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

Megoldás. Mivel AD, az A, B1, B2 pontok nem esnek egy egyenesre, ahogyan az A, C1, C2 pontok sem. Tehát az AB1B2 és AC1C2 háromszögek valóban léteznek. Vegyük az eredeti háromszögek körüljárási irányát pozitívnak. Szükség esetén az indexeket felcserélve feltehetjük, hogy az AB1C1 háromszöget A körüli φ szögű forgatva nyújtás viszi az AB2C2 háromszögbe, ahol 0<φ<π. Legyen a B1AC1 és B2AC2 irányított szögek nagysága α, továbbá a hasonlóság miatt

C1AB1A=C2AB2A=λ.
Ekkor az AB1B2 háromszöget A körüli, α szögű, λ arányú forgatva nyújtás viszi az AC1C2 háromszögbe, ami az első állítást igazolja. Ugyanez a forgatva nyújtás az 1. ábrán feltüntetett b=B1B2 irányított egyenest a c=C1C2 irányított egyenesbe viszi. Ezeket a D pont két részre osztja, melyeket nevezzünk értelemszerűen bal, illetve jobb oldali résznek.
 

 
1. ábra
 

A második állítás igazolásához (2. ábra) vegyük figyelembe, hogy az AB1B2 és AC1C2 háromszögek körüljárási iránya is pozitív. Elegendő azt bizonyítani, hogy az A, B1, C1 és D pontok egy körön vannak. Ez nyilvánvaló, ha B1 vagy C1 egybeesik D-vel. Az nem lehet, hogy B1 a b egyenes jobb oldali részén, ugyanakkor C1 a c egyenes bal oldali részén helyezkedik el, ekkor ugyanis az AB1C1 háromszög negatív körüljárású lenne. Így három esetet különböztethetünk meg. Az 2. ábrán látható első esetben mindkét pont a megfelelő egyenes bal oldali részén helyezkedik el. Ekkor az A és D pontok a B1C1 egyenesnek ugyanazon oldalára esnek, és a B1C1 szakasz mindkettőből α szög alatt látszik, vagyis az állítás következik a kerületi szögek tételének megfordításából. Ehhez teljesen hasonlóan igazolható az állítás abban az esetben is, ha mindkét pont a megfelelő irányított egyenes jobb oldalán van (3. ábra). Végül, ha B1 a b bal oldali, C1 pedig c jobb oldali részén van, akkor a B1C1 egyenes elválasztja az A és D pontokat. Ekkor azonban a B1C1 szakasz D-ből (π-α) szög alatt látszik, vagyis az AB1DC1 négyszög húrnégyszög (4. ábra).
 

 
2. ábra
 


 
3. ábra
 


 
4. ábra