Feladat:	C.1686	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Jármai Roland ,  Sipeki Márton
Füzet:	2022/október, 410 - 413. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Matematika, C gyakorlat, Síkgeometriai bizonyítások, Szögfelező egyenes, Mértani közép
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2021/október: C.1686

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Jelöljük a háromszög oldalait a szokásos módon, legyen $BC=a$, $CA=b$ és $AB=c$. A belső szögfelező tétele szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{AB}{CA}=\frac{c}{b}\mathrm{.}}\end{array}$ Eszerint van olyan $\lambda >0$ valós szám, hogy a $BD$ és $DC$ szakaszok hosszára $\begin{array}{c}{\displaystyle BD=\lambda c\mathrm{,}DC=\lambda b}\end{array}$ (1) teljesül. Tekintsük az 1. ábrát. Az $ABC$ derékszögű háromszögben felírhatjuk, hogy $\text{cos}2\alpha =\frac{b}{c}$, az $ADC$ derékszögű háromszögben pedig $\text{cos}\alpha =\frac{b}{f}$, illetve $\text{sin}\alpha =\frac{\lambda b}{f}$. Felhasználjuk a $\text{cos}2\alpha =\text{cos}{}^2\alpha -\text{sin}{}^2\alpha$ trigonometrikus azonosságot, ezzel $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{b}{c}=\frac{b^2}{f^2}-\frac{{\lambda }^2{b}^2}{f^2}=\frac{b^2-{\lambda }^2{b}^2}{f^2}\mathrm{.}}\end{array}$ (2)   1. ábra   A (2) egyenlet jobb oldalát átalakítjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{b}{c}=\frac{\left(b-\lambda b\right)\left(b+\lambda b\right)}{f^2}=\frac{b\left(1-\lambda \right)\left(b+\lambda b\right)}{f^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $b$-vel való osztás és rendezés után $f^2=\left(c-\lambda c\right)\left(b+\lambda b\right)$ következik. Nyilvánvaló, hogy az $ABD$ háromszögben a $D$ csúcsnál tompaszög van, ezért $c>\lambda c$, vagyis $c-\lambda c>0$, másrészt $b+\lambda b>0$, tehát $\begin{array}{c}{\displaystyle f=\sqrt[]{\left(c-\lambda c\right)\left(b+\lambda b\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ (3) Mivel $c-\lambda c=AB-BD$, illetve $b+\lambda b=AC+CD$, ezért a (3) egyenlet éppen azt jelenti, amit bizonyítani akartunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle f=\sqrt[]{\left(AB-BD\right)\left(AC+CD\right)}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát az $AB-BD$ és $AC+CD$ szakaszok hosszának mértani közepe valóban az $f$ szögfelező hossza.   Sipeki Márton (Szolnok, Verseghy Ferenc Gimnázium, 11. évf.)   II. megoldás. Bocsássunk merőlegest a $D$ pontból az $AB$ átfogóra, a merőleges talppontja legyen $C\text{'}$. Az $AB$ egyenesére mérjük föl a $C\text{'}$ pontból kiindulva a $B$ irányába a $C\text{'}D\text{'}=CD$ szakaszt, a $B$ pontból kiindulva az $A$ pont felé a $BD\text{'}\text{'}=BD$ szakaszt.     2. ábra   Tekintsük a 2. ábrát. Az $AD$ szögfelező minden pontja egyenlő távolságra van a szögszáraktól, ezért $CD=C\text{'}D$, és így $C\text{'}D\text{'}=C\text{'}D$, tehát $D\text{'}DC\text{'}$ egyenlő szárú derékszögű háromszög. A szögfelező egy másik tulajdonsága szerint a $CAB\sphericalangle$ szárain az $AC$ és $AC\text{'}$ szakaszok is egyenlő hosszúak. A $D\text{'}$ és $D\text{'}\text{'}$ pontok konstrukciójából az előzőek szerint következik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle AD\text{'}=AC\text{'}+C\text{'}D\text{'}=AC+CD;AD\text{'}\text{'}=AB-BD\text{'}\text{'}=AB-BD\mathrm{.}}\end{array}$ (4) A $DD\text{'}\text{'}D\text{'}$ háromszög, és ezzel annak $k$ körülírt köre mindig létrejön, ez csak akkor nem lenne lehetséges, ha a $D\text{'}\text{'}$ és $D\text{'}$ pontok azonosak lennének. Ez azonban azt jelentené, hogy $AD\text{'}\text{'}=AD\text{'}$, amiből (4) alapján az következne, hogy $AC+CD=AB-BD$, azaz $AB=AC+CD+BD=AC+BC$, de ez az $ABC$ háromszögre felírt háromszög-egyenlőtlenség miatt lehetetlen. Bizonyítani fogjuk, hogy a 2. ábrán jelölt $ADD\text{'}\text{'}\sphericalangle$ szögre $\delta ={45}^{\circ }$. Nyilvánvaló, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle ADC\sphericalangle ={90}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}\mathrm{,}}\end{array}$ a $BDD\text{'}\text{'}$ háromszögben pedig $BD=BD\text{'}\text{'}$, emiatt $\begin{array}{c}{\displaystyle BDD\text{'}\text{'}\sphericalangle =BD\text{'}\text{'}D\sphericalangle =\frac{{180}^{\circ }-\beta }{2}\mathrm{,}}\end{array}$ felírhatjuk tehát, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {90}^{\circ }-\frac{\alpha }{2}+\delta +\frac{{180}^{\circ }-\beta }{2}={180}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ (5) A (5) egyenletben a műveletek elvégzésével és $\alpha +\beta ={90}^{\circ }$ felhasználásával valóban azt kapjuk, hogy $\delta ={45}^{\circ }$. A $k$ körben a $DD\text{'}\text{'}$ húrhoz ${45}^{\circ }$-os kerületi szög tartozik, a $\delta$ szög egyik szára a $DD\text{'}\text{'}$ szakasz, így $\delta ={45}^{\circ }$ csak úgy lehetséges, hogy a $\delta$ szög $AD$ szára a $k$ kör érintője. A körhöz húzott szelő- és érintőszakaszok tételéből következik, hogy $A{D}^2=AD\text{'}\cdot AD\text{'}\text{'}$, amelyből (4) szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle A{D}^2=\left(AC+CD\right)\cdot \left(AB-BD\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ebből pedig négyzetgyökvonás után a feladat állítása adódik.   Megjegyzés. A $D\text{'}$ pont az $AB$ egyenesen a $B$ ponton túl is elhelyezkedhet, ez azonban a megoldást menetét nem befolyásolja, mert a (2) összefüggés ebben az esetben is felírható.   Jármai Roland (Budapest, Békásmegyeri Veres Péter Gimn., (10. évf.) dolgozata alapján   III. megoldás. Tükrözzük a $D$ pontot a $B$ csúcsból induló $BE$ belső szögfelezőre, a szögfelező tulajdonsága miatt a $D\text{'}$ tükörkép az $AB$ átfogó belső pontja. Jelöljük meg továbbá az $AC$ egyenesen, a $C$ ponton túl azt a $D\text{'}\text{'}$ pontot, amelyre $CD\text{'}\text{'}=CD$. Mivel a tükrözés miatt $BD=BD\text{'}$, ezért egyrészt $AD\text{'}=AB-BD$, másrészt $AD\text{'}\text{'}=AC+CD$. A 3. ábra jelöléseivel $2\alpha +2\beta ={90}^{\circ }$, így $\alpha +\beta ={45}^{\circ }$. Egyszerűen belátható, hogy $BD\text{'}D\sphericalangle ={90}^{\circ }-\beta$, és ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle AD\text{'}D\sphericalangle ={90}^{\circ }+\beta \mathrm{.}}\end{array}$ A $DD\text{'}\text{'}C$ egyenlő szárú, derékszögű háromszög, tehát $D\text{'}\text{'}DC\sphericalangle ={45}^{\circ }$, és mivel $ADC\sphericalangle ={90}^{\circ }-\alpha$, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle ADD\text{'}\text{'}\sphericalangle ={90}^{\circ }-\alpha +{45}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ ebből $\alpha +\beta ={45}^{\circ }$ alapján $ADD\text{'}\text{'}\sphericalangle ={90}^{\circ }+\beta$ következik.   3. ábra   Az $AD\text{'}D$ és $ADD\text{'}\text{'}$ háromszögek két-két szögének nagysága $\alpha$ és ${90}^{\circ }+\beta$, így a háromszögek harmadik szöge is nyilván megegyezik, ez pedig azt jelenti, hogy a két háromszög hasonló. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{AD\text{'}}{AD}=\frac{AD}{AD\text{'}\text{'}}\mathrm{,}\text{azaz}A{D}^2=AD\text{'}\cdot AD\text{'}\text{'}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $AD=f$, $AD\text{'}=AB-BD$, illetve $AD\text{'}\text{'}=AC+CD$, előző eredményünkből $f^2=\left(AB-BD\right)\cdot \left(AC+CD\right)$ következik, ez éppen a feladat állítása, hiszen ebből a nyilvánvalóan pozitív $AB-BD$ és $AC+CD$ számok mértani közepe: $\begin{array}{c}{\displaystyle f=\sqrt[]{\left(AB-BD\right)\cdot \left(AC+CD\right)}\mathrm{.}}\end{array}$   (A KöMaL-honlapon is megtalálható a II. megoldás)