Feladat:	B.4607	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Török Zsombor
Füzet:	2015/január, 22 - 24. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Beírt kör, Síkgeometriai bizonyítások, Háromszög területe
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2014/február: B.4607

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelölje a háromszög csúcsait a szokásos módon $A$, $B$ és $C$, a beírt kör középpontját $O$, sugarát $r$, az $A$-nál lévő szög pedig legyen $\alpha$ (1. ábra).   1. ábra   Írjuk fel az $APQ$ háromszög területét kétféleképpen: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{APQ}=\frac{pq\text{sin}\alpha }{2}\text{és}{T}_{APQ}=T_{APO}+T_{AOQ}=\frac{pr}{2}+\frac{qr}{2}=\frac{\left(p+q\right)r}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle pq\text{sin}\alpha =\left(p+q\right)r\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Az $ABC$ háromszög területét kétféleképpen felírva pedig: $\begin{array}{c}{\displaystyle T_{ABC}=\frac{\left(a+b+c\right)r}{2}=\frac{bc\text{sin}\alpha }{2}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(a+b+c\right)r=bc\text{sin}\alpha }\end{array}$ (2) adódik. Az (1) és (2) egyenlőségek megfelelő oldalait összeszorozva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle pq\text{sin}\alpha \cdot \left(a+b+c\right)r=\left(p+q\right)r\cdot bc\text{sin}\alpha \mathrm{,}}\end{array}$ amiből $bcpqr\text{sin}\alpha \ne 0$-val való osztás és rendezés után a bizonyítandó $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a+b+c}{bc}=\frac{1}{p}+\frac{1}{q}}\end{array}$ egyenlőséget kapjuk.   II. megoldás. Először belátunk egy segédtételt.   Ha valamely $M$ csúcsú szög szögfelezőjének rögzített $T$ pontján átmenő tetszőleges egyenes a szög szárait a $K$ és $L$ pontokban metszi, akkor az $1/MK+1/ML$ kifejezés értéke független a szelőegyenes helyzetétől.   Legyen a szög nagysága $2\phi$, $MT=t$, $MK=k$ és $ML=\ell$ (2. ábra). Ekkor ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle k\ell \text{sin}2\phi }& {\displaystyle =2T_{MKL}=2T_{MTK}+2T_{MTL}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =tk\text{sin}\phi +t\ell \text{sin}\phi \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Ebből rendezés után $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{k}+\frac{1}{\ell }=\frac{\text{sin}2\phi }{t\text{sin}\phi }}\end{array}$ adódik, ami bizonyítja segédtételünk állítását.   2. ábra   Ezután eredeti feladatunk megoldása már egyszerű. Használjuk az I. megoldás jelöléseit, továbbá legyen a $B$-ből induló szögfelező és az $AC$ oldal metszéspontja $D$. A szögfelezőtétel szerint $D$ a $c$ és $a$ oldalak arányában osztja az $AC$ szakaszt, ezért $AD=\frac{cb}{c+a}$. Másrészt $O$ rajta van az $ABC$ szögfelezőin, ezért a $BAC$ szögre és az $O$ pontra alkalmazhatjuk segédtételünket. E szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=\frac{1}{AB}+\frac{1}{AD}=\frac{1}{c}+\frac{1}{\frac{cb}{c+a}}=\frac{1}{c}+\frac{c+a}{cb}=\frac{a+b+c}{bc}\mathrm{,}}\end{array}$ ami éppen a bizonyítandó állítás.