Feladat: B.4366 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Varga Szabolcs 
Füzet: 2012/január, 21 - 22. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Feuerbach-kör, Körülírt kör, Magasságpont
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2011/május: B.4366

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

 
I. megoldás. Legyenek az ABC háromszög szögei α, β és γ, magasságvonalainak talppontjai TA, TB és TC, a háromszög csúcsain átmenő, a szemközti oldallal párhuzamos egyenesek metszéspontjai pedig D, E és F (1. ábra).
Az ABDC, BCEA és CAFB négyszögek parallelogrammák, mert szemközti oldalaik párhuzamosak. Ezért A, B és C a DEF háromszög oldalfelező pontjai, tehát a BDC, ACE és FBA háromszögek egymás eltoltjai és mindegyikük egybevágó az ABC háromszöggel is.

 

1. ábra
 

A ATCMTB húrnégyszög, mert TC-nél és TB-nél lévő szögei derékszögek. Ezért TCMTB∢=180∘-α. Ennek a szögnek CMB∢ csúcsszöge, tehát
CMB∢=180∘-α.
Az ABDC parallelogrammában CDB∢=CAB∢=α, vagyis a CMBD négyszög húrnégyszög, mert szemközti szögeinek összege 180∘. Tehát A1 egyúttal a CBD háromszög köré írható körének is a középpontja. Ugyanígy kapjuk, hogy B1 az ACE, C1 pedig az AFB háromszög köré írható körének a középpontja.
Mivel a BDC, ACE és FBA háromszögek egymás eltoltjai, az egy egyenesre eső oldalaiktól a köré írható köreik középpontjai egyenlő távolságra vannak. Vagyis az A1B1C1 háromszög oldalai párhuzamosak a DEF háromszög megfelelő oldalaival, s így a párhuzamosság tranzitivitása miatt az ABC háromszög megfelelő oldalaival is.
Legyen az AA1 és BB1 egyenesek metszéspontja K. (Ez a metszéspont létezik, mert B és B1 az AA1 egyenes két különböző oldalán helyezkedik el.) Ekkor az ABK és A1B1K háromszögek középpontosan hasonlóak a K pontra nézve, mert AK és A1K valamint BK és B1K oldalaik páronként egy egyenesre esnek, továbbá AB és A1B1 párhuzamosak. Ha φ az a K középpontú hasonlóság, mely a két háromszöget egymásba viszi, akkor az AC egyenes φ-képe az A1-en átmenő, AC-vel párhuzamos egyenes, azaz A1C1 lesz, s ugyanígy belátható, hogy BC képe B1C1. Ezért C=AC∩BC φ-képe A1C1∩B1C1=C1. Ekkor viszont K,C és C1 egy egyenesre kell hogy essen.
Vagyis az AA1, BB1 és CC1 egyenesek mindegyike átmegy a K ponton, amivel a feladat állítását beláttuk.
 
II. megoldás. Ismert, hogy az ABC háromszög Feuerbach-köre, melyet úgy kapunk, hogy a háromszög köré írható O középpontú k kört az M pontból felére kicsinyítjük, áthalad a BC oldal FA felezőpontján, az AM szakasz HA felezőpontján és az AM magasságvonal TA talppontján (2. ábra).
 

Mivel az FATAHA háromszög derékszögű, a Feuerbach-kör F középpontja, mely az OM szakasz felezőpontja, egybeesik az FAHA szakasz felezőpontjával, tehát az OFA szakasz az MHA szakasznak F-re vonatkozó tükörképe.
Ha az M pontot tükrözzük a TA pontra, vagy ami ugyanazt jelenti, a BC egyenesre, a tükörkép a k körön van, mert mint az I. megoldásban láttuk,
CMB∢+CAB∢=180∘.
Ebből következik, hogy a BMC háromszög köré írható köre megegyezik a k kör BC egyenesre vonatkozó k' tükörképével, tehát az A1 pont éppen az O pontnak FA-ra vonatkozó tükörképe. Így hát az is igaz, hogy az OA1 szakasz az MA szakasznak F-re vonatkozó tükörképe. Ez azt jelenti, hogy az AA1 szakasz felezőpontja éppen az F pont. Szimmetria okok miatt ugyanez igaz a BB1 és CC1 szakaszokra is.
Tehát az AA1, BB1 és CC1 szakaszok nemcsak egy ponton mennek át, hanem közös a felezőpontjuk, s az megegyezik az ABC háromszög Feuerbach-körének középpontjával.