Kezdőlap


Feladat:	2006. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Nagy Csaba
Füzet:	2006/október, 386. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Síkgeometriai bizonyítások, Beírt kör, Háromszög-egyenlőtlenség alkalmazásai, Nemzetközi Matematikai Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2006/szeptember: 2006. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 11. feladata

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

Megoldás. Legyenek az $A B C$ háromszög szögei $α$ , $β$ , $γ$ . A feltétel szerint egyenlő szögösszegek közös értékét jelölje $φ$ . Ekkor $2 φ = β + γ$ , azaz $φ = \frac{β + γ}{2}$ .

\begin{matrix} B P C ∢ = 180^{\circ} - φ = 180^{\circ} - \frac{β}{2} - \frac{γ}{2} = B I C ∢, \end{matrix}

és mivel a

B C

egyenes nem választja el a

P

és

I

pontokat, innen következik, hogy

B I P C

húrnégyszög,

P

tehát rajta van a

B I C

körülírt körén.
Legyen

A I

és az

A B C

körülírt körének másik metszéspontja

Q

(1. ábra). Ismeretes, hogy

Q

felezi az őt tartalmazó

B C

ívet, ezért

Q B = Q C

. Másfelől

Q C I ∢ = \frac{γ}{2} + \frac{α}{2} = Q I C ∢

, mert az

A I C

háromszög külső szöge, ezért

Q C = Q I

. A fenti

B I P C

húrnégyszög körülírt körének a középpontja tehát a

Q

, és így

Q I = Q P

1. ábra

A P Q

háromszögben a háromszög-egyenlőtlenség miatt

\begin{matrix} A P + P Q \geq A Q = A I + I Q, \end{matrix}

azaz valóban fennáll, hogy

A P \geq A I

. Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha

P

A Q

szakasz pontja, azaz

P = I