Kezdőlap


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

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 $A B$ , $A C$ és $B C$ egyenesekre vett merőleges vetülete legyen rendre $T_{1}$ , $T_{2}$ , $T_{3}$ . Az $A_{1}$ ponton keresztül húzzunk párhuzamosakat $A B$ -vel és $A C$ -vel; a $P T_{1}$ egyenesnek az előbbi párhuzamossal való metszéspontja legyen $A_{2}$ , a $P T_{2}$ egyenesnek az utóbbival való metszéspontja pedig $A_{3}$ . A $B_{1}$ ponton keresztül húzzunk párhuzamost $P T_{1}$ -gyel, így kapjuk az $A_{1} A_{2}$ egyenesen a $B_{2}$ pontot, majd $B_{1}$ -en keresztül a $P T_{2}$ egyenessel húzott párhuzamos és az $A_{1} A_{3}$ egyenes metszéspontjaként a $B_{3}$ pontot.

1. ábra

Mivel

A_{1}

és

B_{1}

szögfelező pontok, a háromszög szomszédos oldalegyeneseitől mért távolságaik egyenlők. Legyen az

A_{1}

pont távolsága az

A B

és

A C

egyenesektől

h_{1}

, a

B_{1}

pont távolsága az

A B

és

B C

egyenesektől

h_{2}

.
Az

A_{1} B_{1} B_{2}

és

A_{1} P A_{2}

háromszögek hasonlóak, mert

B_{1} B_{2}

párhuzamos

P A_{2}

-vel, a másik két oldalegyenesük pedig megegyezik.
A hasonlóság aránya:

\begin{matrix} \frac{B_{1} B_{2}}{P A_{2}} = \frac{A_{1} B_{1}}{A_{1} P}, \end{matrix}

B_{1} B_{2} = | h_{2} - h_{1} |

, ezért

\begin{matrix} \frac{| h_{2} - h_{1} |}{P A_{2}} = \frac{A_{1} B_{1}}{A_{1} P}, innen P A_{2} = \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} | h_{2} - h_{1} | . \end{matrix}

(1)

Másrészt az

A_{1} B_{1} B_{3}

és

A_{1} P A_{3}

háromszögek hasonlóságából ugyanígy felírható:

\begin{matrix} \frac{P T_{2} + h_{1}}{h_{1}} = \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}}, P T_{1} = T_{1} A_{2} + P A_{2} = h_{1} + \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} (h_{2} - h_{1}) . \end{matrix}

(2)

(Természetesen, ha

P

belső pontja

T_{1} A_{2}

-nek, akkor

\begin{matrix} P T_{1} = h_{1} - \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} (h_{1} - h_{2}), \end{matrix}

mivel akkor

h_{1} \geq h_{2}

és

P T_{1} < T_{1} A_{2} = h_{1}

, azaz

P T_{1}

-re ugyanazt a kifejezést kapjuk.)
(2)-ből kifejezve

P T_{2}

-t:

P T_{2} = h_{1} \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} - h_{1}

, amiből

\begin{matrix} P T_{1} + P T_{2} = h_{1} + \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} (h_{2} - h_{1}) + h_{1} \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} - h_{1} = \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} h_{2} . \end{matrix}

Végül az

A_{1} C_{3} B_{1}

és

A_{1} T_{3} P

háromszögek hasonlóságából felírható:

\begin{matrix} \frac{P T_{3}}{B_{1} C_{3}} = \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}}, innen P T_{3} = B_{1} C_{3} \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} = h_{2} \frac{A_{1} P}{A_{1} B_{1}} . \end{matrix}

Összegezve:

\begin{matrix} P T_{1} + P T_{2} = P T_{3} . \end{matrix}

(3)

Tekintsük most a

P A T_{2}

és

P B T_{3}

háromszögeket (2.ábra). A

P A B C

húrnégyszögben

P A C ∢ = P A T_{2} ∢ = P B C ∢ = P B T_{3} ∢

, mert azonos ívhez tartozó kerületi szögek. Ebből következik, hogy a

P A T_{2}

és

P B T_{3}

háromszögek is hasonlóak, mert a derékszögeken kívül egy további szögük is megegyezik.

2. ábra

Ekkor a megfelelő oldalak aránya:

\frac{P T_{3}}{P B} = \frac{P T_{2}}{P A}

, (3)-at felhasználva:

\begin{matrix} \frac{P T_{1} + P T_{2}}{P B} = \frac{P T_{2}}{P A} . \end{matrix}

(4)

Szintén a

P A B C

húrnégyszögben

A B P ∢ = T_{1} B P ∢ = A C P ∢ = T_{2} C P ∢

, mert azonos ívhez tartozó kerületi szögek, vagyis a

P T_{1} B

és

P T_{2} C

háromszögek is hasonlóak, mert a derékszögeken kívül egy további szögük is megegyezik.
A megfelelő oldalak aránya:

\begin{matrix} \frac{P T_{2}}{P C} = \frac{P T_{1}}{P B}, innen: P T_{1} = \frac{P B}{P C} P T_{2} . \end{matrix}

(5)

Most

P T_{1}

(5)-beli értékét írjuk be (4)-be

P T_{1}

helyére:

\begin{matrix} \frac{\frac{P B}{P C} \cdot P T_{2} + P T_{2}}{P B} = \frac{P T_{2}}{P A}, \end{matrix}

ahol

P T_{2} \neq 0

-val egyszerűsítve:

\begin{matrix} \frac{\frac{P B}{P C} + 1}{P B} = \frac{1}{P A}, \end{matrix}

majd átalakítva:

\frac{1}{P C} + \frac{1}{P B} = \frac{1}{P A}

, és ezt kellett bizonyítani.