Feladat: B.4248 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Damásdi Gábor ,  Dolgos Tamás ,  Éles András ,  Jernei Tamás ,  Keresztfalvi Tibor ,  Kiss Melinda Flóra ,  Korondi Zénó ,  Márkus Bence ,  Máthé László ,  Medek Ákos ,  Mester Márton ,  Mészáros András ,  Milánkovich Dorottya ,  Nagy Róbert ,  Popper Dávid ,  Somogyi Ákos ,  Strenner Péter ,  Szabó Attila ,  Uray Marcell János ,  Weisz Ágoston 
Füzet: 2011/január, 17 - 19. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Feuerbach-kör, Beírt kör, Körülírt kör, Hozzáírt körök
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2010/február: B.4248

Legyenek az ABC háromszög hozzáírt köreinek középpontjai Oa, Ob, Oc, beírt körének középpontja I, köré írt körének sugara R. Legyen továbbá az Ob pontból az AB egyenesre és az Oc pontból az AC egyenesre állított merőlegesek metszéspontja A1. Mutassuk meg, hogy A1I=2R.

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

Megoldás. Először határozzuk meg a beírt kör és hozzáírt körök és az oldalegyenesek érintési pontjainak a háromszög csúcsaitól való távolságát. Jelöljük az érintési pontokat a 1. ábrán látható módon D, E, F, G, H, J-vel. Egy külső pontból egy körhöz húzott két érintőszakasz hossza egyenlő, ezért AH=AJ, BG=BJ és CH=CG, továbbá AE=AF=x, BD=BF=y és CD=CE=z.

 
 

1. ábra
 

Az x+y=c, y+z=a és z+x=b összefüggésekből következik, hogy 2x+2y+2z=a+b+c=2s, azaz x+y+z=s, és így x=s-a, y=s-b, z=s-c. A hozzáírt körhöz húzott érintőszakaszokra pedig
2AH=AH+AJ=(AC+CG)+(AB+BG)=AC+AB+BC=2s,
tehát AH=AJ=s, BG=BJ=s-c, CH=CG=s-b.
Ezután a 2. ábra jelöléseit használva: E és D a hozzáírt körök és az oldalegyenesek érintési pontjai. Tb és Tc a beírt kör és az oldalak érintési pontjai. Az előzőek alapján:
ATb=ATc=s-a, AD=s-c, AE=s-b. Tehát
TbD=s-a+s-c=2s-a-c=(a+b+c)-a-c=b
és
TcE=s-a+s-b=(a+b+c)-a-b=c.

 
 

2. ábra
 

Vegyünk fel az ObD egyenesen egy D' pontot úgy, hogy DD'=TbI legyen. Tudjuk, hogy ObDA és ITbA derékszög. Tehát DD'ITb téglalap. Így D'I=DTb=b. Hasonlóan vegyük fel E'-t is az OcE egyenesen. Itt E'I=ETc=c. Mivel DD'ITb és EE'ITc téglalap így D'I és E'I bezárt szöge ugyanakkora, mint TbD és TcE szöge, azaz α. Ebből következik, hogy az ABC háromszög és D'IE' háromszög egybevágó, mivel két oldaluk és azok bezárt szöge megegyezik.
Mivel AEA1 és ADA1 derékszög és EAD=α, azért
EA1D=180-α.

Ebből következik, hogy IE'A1D' húrnégyszög. A körülírt kör sugara R, mivel az ABC háromszög és a D'IE' háromszög egybevágó. Mivel ID'A1 derékszög, A1I a körülírt kör átmérője. Tehát A1I=2R, ezzel beláttuk az állítást.