Feladat: B.4790 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Baran Zsuzsanna ,  Bodolai Előd ,  Borbényi Márton ,  Cseh Kristóf ,  Döbröntei Dávid Bence ,  Gáspár Attila ,  Hansel Soma ,  Horváth András János ,  Imolay András ,  Kerekes Anna ,  Keresztes László ,  Keresztfalvi Bálint ,  Klász Viktória ,  Kosztolányi Kata ,  Lajkó Kálmán ,  Matolcsi Dávid ,  Nagy Dávid Paszkál ,  Németh Balázs ,  Németh Tamás ,  Nguyen Viet Hung ,  Polgár Márton ,  Schrettner Bálint ,  Tóth Viktor ,  Váli Benedek 
Füzet: 2017/február, 90 - 91. oldal  PDF file
Témakör(ök): Feladat, Síkgeometriai bizonyítások, Súlyvonal, Vektorok lineáris kombinációi
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2016/április: B.4790, 1965/október: 1414. matematika feladat, 1965/szeptember: 1965. évi Nemzetközi Matematika Diákolimpia 23. feladata

Az ABC nem egyenlő szárú háromszög súlyvonalainak megrajzoljuk a Thalész-körét. Az A-ból, B-ből, illetve C-ből induló súlyvonal Thalész-köre az ABC háromszög körülírt körét a csúcsoktól különböző A1, B1, illetve C1 pontban is metszi. Igazoljuk, hogy az A-ban AA1-re, B-ben BB1-re, C-ben pedig CC1-re állított merőleges egyenesek egy ponton mennek át.

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

 
I. megoldás. Válasszuk úgy a koordinátarendszert, hogy az ABC háromszög körülírt körének O középpontja az origóba kerüljön, a csúcsok koordinátái pedig legyenek A(a1,a2), B(b1,b2) és C(c1,c2). Ekkor a BC oldal felezőpontja FA((b1+c1)/2,(b2+c2)/2), és így az AFA súlyvonal Thálesz-körének középpontja OA((2a1+b1+c1)/4,(2a2+b2+c2)/4).
Az ABC körülírt körének, illetve az AFA súlyvonal Thálesz-körének közös húrja AA1, ennek felezőmerőlegesére illeszkednek az O és OA középpontok, ezért az AA1-re A-ban állított merőleges normálvektora például
nA=4OOA(90)=(-(2a2+b2+c2),2a1+b1+c1).
Bevezetve az m1=a1+b1+c1 és m2=a2+b2+c2 rövidítéseket, az AA1-re A-ban állított merőleges egyenletére
-(m2+a2)x+(m1+a1)y=-(m2+a2)a1+(m1+a1)a2=m1a2-m2a1
adódik. Hasonlóan a BB1-re B-ben, illetve CC1-re C-ben állított merőlegesek egyenletei rendre
-(m2+b2)x+(m1+b1)y=m1b2-m2b1
és
-(m2+c2)x+(m1+c1)y=m1c2-m2c1.

Tekintsük az M'(-m1,-m2) pontot. Behelyettesítve a kapott egyenletekbe azonnal adódik, hogy M' mindhárom egyenesre illeszkedik, amivel a feladat állítását beláttuk.

 
 

 
II. megoldás. Használjuk az I. megoldás jelöléseit. Jól ismert tény, hogy az ABC háromszög M magasságpontjának az FA pontra vonatkozó MA' tükörképe éppen ABC körülírt körének A-val átellenes pontja, vagyis az A csúcs O-ra vonatkozó tükörképe. Így a Thálesz-tétel miatt egyrészt AA1MA'=90, másrészt ‐ mivel A1 illeszkedik az AFA átmérőjű körre is ‐ AA1FA=90. Az eddigiekből következik, hogy az A1, M, FA és MA' pontok mind illeszkednek az AA1 egyenesre A1-ben állított merőlegesre.
Legyenek az A1 és M pontok O-ra vonatkozó tükörképei A1' és M'. Mivel M illeszkedik az A1MA' egyenesre, M' illeszkedik AA1'-re. Viszont ismét a Thálesz-tétel miatt AA1' éppen az AA1-re A-ban állított merőleges egyenes. Hasonlóan megmutatható, hogy M' illeszkedik a BB1-re B-ben állított merőlegesre, valamint a CC1-re C-ben állított merőlegesre, amivel az állítást beláttuk.
 
Megjegyzés: Szintén jól ismert tény, hogy az I. megoldásban választott koordinátarendszer esetén M(m1,m2) éppen ABC magasságpontja, így onnan is kiolvasható, hogy a szóbanforgó egyenesek közös pontja éppen M tükörképe O-ra.