Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Feuerbach-kör, Beírt kör, Körülírt kör, Hozzáírt körök
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/február: B.4248

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 $A H = A J$ , $B G = B J$ és $C H = C G$ , továbbá $A E = A F = x$ , $B D = B F = y$ és $C D = C E = z$ .

1. ábra

x + y = c

y + z = a

és

z + x = b

összefüggésekből következik, hogy

2 x + 2 y + 2 z = a + b + c = 2 s

, azaz

x + y + z = s

, és így

x = s - a

y = s - b

z = s - c

. A hozzáírt körhöz húzott érintőszakaszokra pedig

\begin{matrix} 2 A H = A H + A J = (A C + C G) + (A B + B G) = A C + A B + B C = 2 s, \end{matrix}

tehát

A H = A J = s

B G = B J = s - c

C H = C G = s - b

.
Ezután a 2. ábra jelöléseit használva:

E

és

D

a hozzáírt körök és az oldalegyenesek érintési pontjai.

T_{b}

és

T_{c}

a beírt kör és az oldalak érintési pontjai. Az előzőek alapján:

A T_{b} = A T_{c} = s - a

A D = s - c

A E = s - b

. Tehát

\begin{matrix} T_{b} D = s - a + s - c = 2 s - a - c = (a + b + c) - a - c = b \end{matrix}

és

\begin{matrix} T_{c} E = s - a + s - b = (a + b + c) - a - b = c . \end{matrix}

2. ábra

Vegyünk fel az

O_{b} D

egyenesen egy

D'

pontot úgy, hogy

D D' = T_{b} I

legyen. Tudjuk, hogy

O_{b} D A

és

I T_{b} A

derékszög. Tehát

D D' I T_{b}

téglalap. Így

D' I = D T_{b} = b

. Hasonlóan vegyük fel

E'

-t is az

O_{c} E

egyenesen. Itt

E' I = E T_{c} = c

. Mivel

D D' I T_{b}

és

E E' I T_{c}

téglalap így

D' I

és

E' I

bezárt szöge ugyanakkora, mint

T_{b} D

és

T_{c} E

szöge, azaz

α

. Ebből következik, hogy az

A B C

háromszög és

D' I E'

háromszög egybevágó, mivel két oldaluk és azok bezárt szöge megegyezik.
Mivel

A E A_{1} ∢

és

A D A_{1} ∢

derékszög és

E A D ∢ = α

, azért

\begin{matrix} E A_{1} D ∢ = 180^{\circ} - α . \end{matrix}

Ebből következik, hogy

I E' A_{1} D

' húrnégyszög. A körülírt kör sugara

R

, mivel az

A B C

háromszög és a

D' I E'

háromszög egybevágó. Mivel

I D' A_{1}

derékszög,

A_{1} I

a körülírt kör átmérője. Tehát

A_{1} I = 2 R

, ezzel beláttuk az állítást.