Feladat: B.4490 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ágoston Péter ,  Balogh Tamás ,  Bogár Blanka ,  Fehér Zsombor ,  Fonyó Viktória ,  Gyulay-Nagy Szuzina ,  Herczeg József ,  Janzer Olivér ,  Kúsz Ágnes ,  Machó Bónis ,  Maga Balázs ,  Medek Ákos ,  Nagy Róbert ,  Petrényi Márk ,  Sagmeister Ádám ,  Szabó Attila ,  Szabó Barnabás ,  Szőke Tamás ,  Tardos Jakab ,  Tossenberger Tamás 
Füzet: 2014/február, 88 - 92. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Menelaosz-tétel, Szinusztétel alkalmazása
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2012/november: B.4490

Az ABC nem egyenlő szárú háromszög AC oldalán felvettük a P és Q belső pontokat úgy, hogy
ABP=QBC<12ABC.
Az A-ból és a C-ből induló belső szögfelezők a BP szakaszt a K, illetve L, a BQ szakaszt pedig az M, illetve N pontokban metszik. Mutassuk meg, hogy az AC, KN és LM egyenesek egy pontban metszik egymást.

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

 
I. megoldás. Legyenek a háromszög szögfelezőinek a szemközti oldalszakaszokkal vett metszéspontja A', B', C', a KN és BB' egyenes metszéspontja X. A megoldásunk során nem előjeles szakaszokkal dolgozunk.
A szögekre vonatkozó feltételből következik, hogy az AC egyenesen a pontok sorrendje A, P, B', QC (hiszen ABP<ABB', valamint CBQ<CBB'), valamint az, hogy a BB' nemcsak az ABC, hanem a PBQ szögfelezője is, hiszen
PBB'=ABB'-ABP=B'BC-QBC=B'BQ.

 
 

Mivel AA', BB', CC' szögfelezők, egy pontban metszik egymást, tehát a KM, BX és NL egyenesek is egy pontban metszik egymást, hiszen azonosak az előbb felsorolt egyenesekkel. Így a BKN háromszögre felírható a Ceva-tétel:
KLLBBMMNNXXK=1.
Messe az LM és KN egyenes az AC oldalegyenesét a T1, illetve a T2 pontban. A Menelaosz-tétel szerint a BPQ háromszögre és a BP és BQ oldalakat metsző LM egyenesre:
PLLBBMMQQT1T1P=1,
a BPQ háromszögre és a BP és BQ oldalakat metsző KN egyenesre:
PKKBBNNQQT2T2P=1.

Megmutatjuk, hogy QT1T1P=QT2T2P. Mivel
PLLBBMMQQT1T1P=PKKBBNNQQT2T2P,
a bizonyítandó állítással ekvivalens a következő:
PLLBBMMQ=PKKBBNNQ.

Mivel a CC' az ACB szög felezője, a PCB szögfelezője is, tehát CL szögfelezője a PCB szögnek. Hasonlóan adódik, hogy AMQAB szögfelezője, AKPAB szögfelezője, CN pedig a QCB szögfelezője, azaz
  a QAB  háromszögre:QMMB=QAAB,  a PAB  háromszögre:PKKB=PAAB,  a  PCB  háromszögre:PLLB=PCCB,  a  QCB  háromszögre:QNNB=QCCB.  

Tehát a bizonyítandó PLLBBMMQ=PKKBBNNQ állítás ekvivalens ezzel:
PCCBABQA=PAABCBQC,
átrendezve:
ABCBABCB=PAQCQAPC.

A szinusztételt felhasználva:
ABAPQCBC=sinAPBsinQBCsinABPsinBQC=sinAPBsinBQC,
hiszen ABP=QBC.
Hasonlóan:
BCCPAQAB=sinBPCsinABQsinPBCsinAQB=sinBPCsinAQB,
hiszen PBC=ABC-ABP=ABC-QBC=ABQ.
Mivel APB=180-BPC és BQC=180-AQB, így
ABAPQCBC=sinAPBsinBQC=sinBPCsinAQB=BCCPAQAB,azazABCBABCB=PAQCQAPC.
Ezt kellett belátnunk. Így QT1T1P=QT2T2P.
A T1 pont nyilván nem lehet a PQ szakasz belső pontja. Ha QT1T1P>1, akkor QT1>T1P, tehát T1PQ egyenes P-t nem tartalmazó félegyenesének eleme. Ha QT1T1P<1, akkor QT1<T1P, tehát
 
T1PQ egyenes Q-t nem tartalmazó félegyenesének eleme. Ha QT1T1P=1 lenne, akkor ABP=12ABC, ami nem megengedett.
Legyen adott T1. Ha T1=T2, akkor nyilván teljesül, hogy QT1T1P=QT2T2P. Más T1 pontra pedig ez nem teljesül, hiszen T2 ugyanazon a félegyenesen van, mint T1 (tehát vagy a P-t vagy a Q-t nem tartalmazó PQ félegyenesen). Ekkor a P, Q, T1 pontok sorrendje adott, az általánosság megszorítása nélkül feltehető, hogy T1PQ félegyenes P-t nem tartalmazó félegyenesén van, tehát T2P>QT2. Ha T2-t P-től (és egyben Q-tól) távolítjuk k-val, akkor
QT2+kT2P+k=1+QT2+k-T2P-kT2P+k<1+QT2-T2PT2P=QT2T2P,
tehát az arány csökken.
Hasonlóan látható, hogy ha közelítjük, akkor az arány nő, azaz
QT2-kT2P-k=1+QT2-k-T2P+kT2P-k>1+QT2-T2PT2P=QT2T2P,
tehát adott T1-hez csak egy megfelelő T2 van. Ehhez hasonlóan belátható az is, ha a T1 (és egyben a T2)PQ egyenes Q-t nem tartalmazó félegyenesén van, akkor is csak egy T2 van adott T1-hez.
Ezzel a feladat állítását beláttuk.
 

 
II. megoldás. Azt fogjuk belátni, hogy az AL és CM egyenesek a B-ből induló szögfelezőn metszik egymást, ugyanis ez ekvivalens az eredeti állítással. Ha ugyanis ez valóban teljesül, akkor az AKL és CNM háromszögek egyenesre nézve perspektívek, tehát ekkor pontra nézve is perspektívek, vagyis az AC, KN, ML egyenesek is egy ponton mennek át (Desargues-tétel).
 
 

AK, CN és BE szögfelezők. Írjunk fel a trigonometrikus Ceva-tételeket szögekre.
A BL, AL és CL egyenesek egy ponton mennek át, tehát
sinABLsinBCLsinCALsinBALsinLCAsinLBC=1.(1)
A CM, AM és BM egyenesek is egy ponton mennek át, tehát
sinABMsinBCMsinCAMsinBAMsinCBMsinACM=1.(2)
Azt kell belátnunk, hogy
sinCALsinABEsinBCMsinEBCsinBALsinACM=1.(3)
Vegyük észre, hogy ABE=ECB, mivel BE szögfelező, tehát szinuszuk is egyenlő, így (3)-ból a bizonyítandó állítás:
sinCALsinBCMsinBALsinACM=1.(4)
Mivel CL szögfelező, BCL=LCA, emiatt (1)-ből
sinABLsinCALsinBALsinLBC=1.(5)
Mivel AM szögfelező, BAM=CAM, emiatt (2)-ből
sinABMsinBCMsinCBMsinACM=1.(6)
Tudjuk továbbá azt is, hogy ABL=CBM és ABM=CBL, tehát ezek szinusza is egyenlő.
Az (5) és (6) egyenleteket összeszorozzuk, ekkor megkapjuk (4)-et:
sinABLsinCALsinBALsinLBCsinABMsinBCMsinCBMsinACM=1,sinCALsinBALsinBCMsinACM=1.
Tehát teljesül a feladat állítása.
 
Megjegyzés. A feladat projektív geometriai eszközökkel is megoldható. Ha a beírt kör középpontja I, és a BA, BP, BI, BQ, BC egyeneseket rendre a, p, i, q, c-vel jelöljük, akkor
(I,A,K,M)=(i,a,p,q)=(i,c,q,p)=(I,C,N,L)
(ahol a zárójelek a megfelelő kettősviszonyokat jelölik). Az I, A, K, M és az I, C, N, L pontnégyesek tehát perspektívek, és ezért az AC, KN és ML egyenesek egy ponton mennek át.