Feladat: B.4009 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bogár Péter 
Füzet: 2008/január, 29 - 31. oldal  PDF file
Témakör(ök): Síkgeometriai bizonyítások, Hasonlósági transzformációk, Körülírt kör, Szögfelező egyenes, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2007/május: B.4009

Az ABC háromszög A és B csúcsából induló szögfelezője a szemközti oldalakat A1-ben, illetve B1-ben metszi. Az A1B1 félegyenesnek a háromszög körülírt körével alkotott metszéspontja P. Bizonyítsuk be, hogy
1PA=1PB+1PC.

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

Megoldás. Az 1. ábra szerint a P pont AB, AC és BC egyenesekre vett merőleges vetülete legyen rendre T1, T2, T3. Az A1 ponton keresztül húzzunk párhuzamosakat AB-vel és AC-vel; a PT1 egyenesnek az előbbi párhuzamossal való metszéspontja legyen A2, a PT2 egyenesnek az utóbbival való metszéspontja pedig A3. A B1 ponton keresztül húzzunk párhuzamost PT1-gyel, így kapjuk az A1A2 egyenesen a B2 pontot, majd B1-en keresztül a PT2 egyenessel húzott párhuzamos és az A1A3 egyenes metszéspontjaként a B3 pontot.

 

 
1. ábra
 

Mivel A1 és B1 szögfelező pontok, a háromszög szomszédos oldalegyeneseitől mért távolságaik egyenlők. Legyen az A1 pont távolsága az AB és AC egyenesektől h1, a B1 pont távolsága az AB és BC egyenesektől h2.
Az A1B1B2 és A1PA2 háromszögek hasonlóak, mert B1B2 párhuzamos PA2-vel, a másik két oldalegyenesük pedig megegyezik.
A hasonlóság aránya:
B1B2PA2=A1B1A1P,
de B1B2=|h2-h1|, ezért
|h2-h1|PA2=A1B1A1P,innenPA2=A1PA1B1|h2-h1|.(1)
Másrészt az A1B1B3 és A1PA3 háromszögek hasonlóságából ugyanígy felírható:
PT2+h1h1=A1PA1B1,PT1=T1A2+PA2=h1+A1PA1B1(h2-h1).(2)
(Természetesen, ha P belső pontja T1A2-nek, akkor
PT1=h1-A1PA1B1(h1-h2),
mivel akkor h1h2 és PT1<T1A2=h1, azaz PT1-re ugyanazt a kifejezést kapjuk.)
(2)-ből kifejezve PT2-t: PT2=h1A1PA1B1-h1, amiből
PT1+PT2=h1+A1PA1B1(h2-h1)+h1A1PA1B1-h1=A1PA1B1h2.
Végül az A1C3B1 és A1T3P háromszögek hasonlóságából felírható:
PT3B1C3=A1PA1B1,innenPT3=B1C3A1PA1B1=h2A1PA1B1.
Összegezve:
PT1+PT2=PT3.(3)

Tekintsük most a PAT2 és PBT3 háromszögeket (2.ábra). A PABC húrnégyszögben PAC=PAT2=PBC=PBT3, mert azonos ívhez tartozó kerületi szögek. Ebből következik, hogy a PAT2 és PBT3 háromszögek is hasonlóak, mert a derékszögeken kívül egy további szögük is megegyezik.
 

 
2. ábra
 

Ekkor a megfelelő oldalak aránya: PT3PB=PT2PA, (3)-at felhasználva:
PT1+PT2PB=PT2PA.(4)

Szintén a PABC húrnégyszögben ABP=T1BP=ACP=T2CP, mert azonos ívhez tartozó kerületi szögek, vagyis a PT1B és PT2C háromszögek is hasonlóak, mert a derékszögeken kívül egy további szögük is megegyezik.
A megfelelő oldalak aránya:
PT2PC=PT1PB,innen:PT1=PBPCPT2.(5)
Most PT1 (5)-beli értékét írjuk be (4)-be PT1 helyére:
PBPCPT2+PT2PB=PT2PA,
ahol PT20-val egyszerűsítve:
PBPC+1PB=1PA,
majd átalakítva: 1PC+1PB=1PA, és ezt kellett bizonyítani.