BC BC DC = 1 BC = 2 ABC BDG G ABC BC a

SÍKMÉRTAN

Emiliya Velikova, Svetoslav Bilchev

1. Fejezet BEVEZETÉS

Ebben a fejezetben több általános módszert ismertetünk, amelyek síkmértani feladatok megoldására alkalmasak, és amelyek segítséget nyújthatnak a tehetséges diákokkal foglalkozó tanárok munkájához. Az anyag tizenkét fejezetet tartalmaz, amelyek a bevezető után, a háromszögekről, a sokszögekről, körökről, szélsőérték feladatokról, mértani hely és szerkesztési kérdésekről, transzformációkról (forgatás, hasonlóság, és inverzió), speciális tételekről, metrikus kérdésekről, mértani egyenlőtlenségekről és a vektorok síkmértani alkalmazásairól szólnak.

Minden fejezet az iskolákban tanított alapanyagból indul ki, és - ezen felül – olyan kiegészítő feladatokat tartalmaz, amelyeknek a megoldására a komplex számokat, vektorokat, transzformációkat, algebrai és mértani egyenlőtlenségeket alkalmazunk. Szinte mind a 41 feladatot teljes megoldással együtt közöljük.

2. Fejezet A HÁROMSZÖG

2.1. Feladat. Keressen három különböző egyenlőszárú háromszöget, amelyeknek oldalai egész számok, és a területüket kifejező szám egyenlő a kerületük hosszát kifejező szám hatszorosával.

Megoldás. Jelöljük egy ilyen, keresett háromszög oldalait

( ^a,b,b )

-vel. A kerület hatszorosa ezek szerint:

6 a + 12 b

és a háromszög területe a Heron képlet szerint:

2 2 2 2

a a a a

b b

⎛ + ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ − ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

. A feladat feltétele a következő egyenlettel írható fel:

6 a + 12 b

=

2 2 2 2

a a a a

b b

⎛ + ⎞⎛ ⎞⎛ ⎞⎛ − ⎞

⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

, ami négyzetre emelve:

2 2

2 2 2 2

a a a a

b b b

⎛ + ⎞ = ⎛ + ⎞⎛ ⎞ ⎛ − ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

144

, azaz

2 2

144 2

2 2 2 2 24

a a a b a a

b b ,

b a

⎛ + ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ = − ⎞ + = ⎛

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟

⎠

^.

látható, hogy értékét célszerű 24 többszörösének választani, és az első többszörösei a

a

következő három megoldáshoz vezetnek:

a = 48 , b = 40

;

a = 72 , b = 45

;

120 65

a = , b =

. Ezekben az esetekben a háromszög területe rendre 972, 768 és 1500, és ezek valóban az adott kerület hatszorosával egyenlők

2.2. Feladat. Legyen

G

az

ABC

háromszög súlypontja és

D

a

BC

oldal középpontja.

Tegyük fel, hogy a

BDG

háromszög egyenlő oldalú, és oldalainak hossza 1.

Határozza meg az

ABC

háromszög

AB, BC, CA

oldalainak a hosszát.

Megoldás. A

BC

oldal: Mivel

D

a

BC

oldal középpontja, így

DC = 1

és

BC = 2

.

Az

AB

oldal: A

G

pont az

ABC

háromszög súlypontja, tehát

AG = 2 GD

és így

2 3

AG = , AD =

. A

BDG

háromszög egyenlő oldalú, tehát

GDB = 60

⁰. Az

ABD

háromszögben alkalmazzuk a cos tételt:

( )

2 2 2 2 2

1

2 1 3

= + − ⋅ ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⋅ ⋅ = 2

AB AD BD AD BD cos GDB 2 1 3 7

, tehát

AB = 7

.

Az

AC

oldal: A

GDC

és

GDB

szögek kiegészítő szögek, tehát a

GDC = 120

⁰. Most az

ACD

háromszögben alkalmazzuk a cos tételt:

( )

2 2 2 2 2

1

2 1 3 2 1 3

AC = AD + CD − ⋅ AD CD cos ⋅ ⋅ GDC = + − ⋅ ⋅ ⋅ − ⎛ ⎜ 2 ⎞ ⎟ =

⎝ ⎠ 13

, vagyis

AC = 13

^.

2.3. Feladat. Két egyenlő sugarú kör a mellékelt ábra szerint háromféleképpen írható be egymás mellé annak az

ABC

derékszögű háromszögnek derékszögébe, amelynek az oldalai rendre az

AB = 13 , BC = 12 , CA = 5

. Határozza meg a a körök sugarát mind a három esetben.

1. eset 2. eset

3. eset Válasz. 1. eset

3

2

; 2. eset

10

9

; 3. eset

26 17

^.

2.4. Feladat. Legyen

P

az

ABC

háromszög

BC = 1

oldalának egy pontja. A

P

ponton át az

AB

oldallal párhuzamos egyenes az

AC

-t

E

-ben, az oldallal párhuzamos egyenes az

AC

AB

-t

F

-ben metszi. Ha tudjuk, hogy az

ABC

háromszög területe 1, igazoljuk, hogy a

BPF , CPE

háromszögek és az

AEPF

négyszög közül, legalább az egyiknek a területe nem kisebb, mint

4

9

^.

Megoldás. Ha

^{BC = 1 , BP r = ∈} ( ) ^{0 1 ,}

^{. Ekkor}

CP = − ¹ r, F

_∆BPF

= r

² (

F

_∆BPF ^{- a BPF}

háromszög területét jelöli) és

F

_∆CPE

= ( ) ^1- r

². Ha

2

r ≥ 3

, akkor ²

4

BPF

9

F = r ≥

. Ha

1

r ≤ 3

, akkor

( ¹ )

²

⁴

CPE

9

F

_∆

= − r ≥

. Végül, ha

1 2

r ⎛ 3 3 , ⎞

∈⎜ ⎝ ⎠ ⎟

^{. Ekkor}

F

AEPF

= − − − ¹ r

²

( ¹ r )

²

= ² r − 2 r

² .

A kapott függvény egy olyan konvex parabola, amelynek minimuma valamelyik végpontban van. Ha

1

r = 3

^vagy

2

r = 3

^{, akkor 2}

4

2 2

AEPF

9

F = r − r =

^.

Tehát,

4

AEPF

9

F >

, vagyis a

BPF , CPE

háromszögek és az

AEPF

négyszög területe közül legalább az egyik nem kisebb, mint

4

9

^.

2.5. Feladat. Az

ABC

háromszög oldalai

AB = 12 , BC = 13 , CA = 15

. Az

M

pontot úgy vesszük fel az

AC

oldalon, hogy az

ABM

és

BCM

háromszögekbe írt körök sugara egyenlő. Számítsa ki a következő arányt:

AM : MC

.

Megoldás. Legyen

AM : MC = k

. Ha az

ABM

és

BCM

háromszögekbe írt körök sugara egyenlő akkor a területeik

k

aránya egyenlő a kerületük arányával

Tehát,

13 12 1 BM k

k

= −

−

^.

Ebből az egyenlőségből az következik, hogy:

12 1

13 < < k

^.

Írjuk fel az

ABM

és

BCM

háromszögekre a cos tételt (a

BMA

és a

BMC

^szögekre

alkalmazva). Azután küszöböljük ki a szögek cos-át a kapott egyenlőségekből. A -ra a következő egyenletet kapjuk:

k

3 2

69 k − 112 k + 44 k = 0

amelynek a gyökei

2

0 , 3

és

22 23

^.

Végül, -ra vonatkozó feltételek alapján

k 22 k = 23

^.

Megjegyzés: Alkalmazhatjuk a Steward ún. nagy tételét:

2 2

2

CM AB AM BC

BM AM CM

AC

⋅ + ⋅

= − ⋅

és megkapjuk a kívánt egyenletet

k

-ra.

2.6. Feladat. Legyen

l

^az

ABC

háromszög beírt körének középpontja. Tekintsük azt az

Ω

kört ami a

CA,CB

oldalakat rendre a

D,E

pontokban érinti, és ugyanakkor belülről érinti a háromszög köré írt kört. Igazolja, hogy

l

a

DE

szakasz középpontja.

Megoldás. Nyilván elegendő azt bizonyítani, hogy a

l DE

szakaszon van, mert akkor a feladat megoldása kész, hiszen a háromszög egyenlő szárú, és

CI

a szögfelezője a

szögnek, és így egyben a súlyvonala is.

DCE

C DCE

Jelöljük

x, y

-nal rendre a

BE,AD

szakaszok hosszát. Most az

A,B,C

pontokra és az körre alkalmazzuk Cauchy tételét:

Ω ^{xb ya + =} ( ^{a x c −} )

^.

De

CE CD =

. így

a x b y − = −

, azaz

y b a x = − +

. A fenti egyenletet megoldva:

( )

a s b

x s

= −

és

^{b s a} ( )

y s

= −

, ahol s az

ABC

háromszög félkerülete.

Abból, hogy

l

a

^DE

-n van, az következik, hogy a tranzverzális tételének megfelelően az alábbi egyenlőséggel ekvivalens:

BE AD C' I

AC' BC' AB

EC DC IC

⋅ + ⋅ = ⋅

ahol

C' CI = I AB

.

A szögfelező tételéből tudjuk, hogy:

C' I c IC = a b

+

Tehát az előző egyenlőség átírva a következő

cb x ca y c

2

b a a x a b b y ⋅ + ⋅ = a b

+ − + − +

^{, azaz}

bx ay a x b y + = c

− −

^vagy

( )

( )

( )

( )

a s b b s a

b a

s s c

a s b b s a

a b

s s

− −

⋅ ⋅

− + −

− −

=

ami végül is:

( ) ( )

ba s b ab s a sa as ab sb bs ba c

− −

+ =

− + − +

^.

Ez utóbbi egyenlőség nyilván igaz.

2.7. Feladat. Az

ABC

háromszögben legyen

M ,N

- rendre a oldalak középpontjai. Ha az háromszög magasságpontja, és az súlypontja egybeesnek, akkor határozza meg az háromszög szögeit.

BC,AC

ABC AMN

ABC

Megoldás. Ezt a feladatot a komplex számok felhasználásával oldjuk meg. Tekintsük az háromszög köréírt körének

O

középpontját a koordinátarendszer origójának, és jelöljük az

ABC

A,B,C

pontok affixumainak megfelelő

a,b,c

komplex számokat.

Az

ABC

háromszög magasságpontjának a

h = + + a b c

komplex szám felel meg.

Ugyanakkor az

AMN

háromszög súlypontjának a

1 3

3 2 2 6

b c c a a b c g = ⎛ ⎜ ⎝ a + + + + ⎞ ⎟ ⎠ = + +

2 0

felel meg.

Ha most

g h =

azt kapjuk, hogy

3 a + 5 b + 4 c =

. Most az általánosságot megtartva feltehetjük, hogy

a = 1

és következésképpen

b = = c 1

(mivel mindkettő a kör sugarával, 1-el egyenlő).

Az előző egyenlőség a

3 5 + b + 4 c = 0

alakra hozható, aminek a konjugáltja:

3 5 + b + 4 c = 0

vagyis

5 4

3 0

+ + = b c

^.

Ezt most és

b c

-re megoldva vagy azt kapjuk, hogy

3 4

5 5

c i, b = = − − i

vagy

3 4

5 5

c = − i, b = − + i

.

Az így kapott háromszögek egybevágóak, mivel egymásnak tükörképei az x tengelyre vonatkozóan. A szokásos számítások elvégzése után

3 2

4

= π =

B , tgA , tgC =

^.

2.8. Feladat Az háromszög magasságpontja , köré írt körének középpontja , sugara . Legyen

ABC H O

R D,E,F

rendre az

A,B,C

pontok tükörképei a -re vonatkozóan. A

BC,CA,AB D,E,F

pontok akkor és csakis akkor kollineárisak, ha:

OH = 2 R

. Megoldás. Legyen

G

az

ABC

háromszög súlypontja, és

A',B',C'

^{rendre a}

oldalak középpontjai.

BC,CA,AB

Legyen

A'' B'' C''

az a háromszög, amelyben az

A,B,C

pontok rendre a

B'' C'',C'' A'', A'' B''

szakaszok középpontjai. Ekkor az háromszög beírt körének

G

a súlypontja és a köré írt kör középpontja.

A'' B'' C'' H

Jelölje rendre

D',E',F '

az pontnak a szakaszokra eső merőleges vetületeit. Tekintsük azt a középpontos hasonlóságot, aminek középpontja

G

és aránya

O B'' C'',C'' A'',A'' B'' h

1

− 2

. Ez az

A,B,C,A'',B'',C''

pontokat rendre átviszi az

A',B',C',A,B,C

pontokba.

Vegyük észre, hogy

A' D' ⊥ BC

, amiből következik, hogy

2 1

AD GA

A' D' = = GA'

^és

=

.

DAG D' A' G

Következtetésünk az, hogy

^{h D} ( ) ^{= D'}

és, hasonlóan,

^{h E} ( ) ^{= E'}

^,

^{h F} ( ) ^{= F'}

. Így tehát a

D,E,F

pontok akkor, és csakis akkor kollineárisak, ha a

D',E',F'

is kollineáris pontok. De a

D',E',F'

az pontnak a merőleges vetületei a oldalakra. A Simpson tétel alapján ezek a pontok akkor kollineárisak, ha az

O

pont az

háromszög köré írt körön van. Mivel az háromszög köré írt körének sugara , következik, hogy az pont akkor, és csakis akkor van ezen a köré írt körön, ha .

O B'' C'',C'' A'', A'' B''

A'' B'' C''

A'' B'' C'' 2R

O OH = 2 R

2.9. Feladat Az

ABC

háromszög

AD, BE, CF

oldalfelezői a

G

pontban metszik egymást. A

G

csúcs körül hat kisebb háromszög keletkezik. Ha az

AFG, BDG, CDG

háromszögekbe írt körök egyenlő sugarúak, akkor az

ABC

háromszög egyenlő oldalú.

Ötlet. A

BDG

és

CDG

háromszögekből könnyen bebizonyítható, hogy

BG CG =

, így

BE CF =

és tehát

AB AC =

, azaz

c b =

. Aztán felhasználva, hogy az

AGF

és

BGD

háromszögek területe egyenlő, egyenlők a beírt köreik és az súlyvonalaik, azt kapjuk,

a b c b

m ,m ,m = m

2 1 2 1

2 3 3 2 3 3

AGF BGD

a b b

F F

b a

m m m m

∆

=

∆

+ + + +

_a

, vagyis

³ ( b a − ) ( = ² m

b

− m

a

)

^,

Ez ekvivalens a következő harmadfokú egyenlettel:

2

1

1 0

2

b b

a a

⎛ − ⎞ ⎛ − ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ =

és mivel

b c + = 2 b a >

, azt kapjuk, hogy

b = a

^{, vagyis}

a b c = =

^.

3. Fejezet SOKSZÖGEK

3.1. Feladat Tegyük fel, hogy az

ABCD

konvex négyszögben az

ABD,BCD

^és

háromszögek területeinek aránya

3 4

. Ha egy, a

ABC 1

: : B

ponton keresztül haladó egyenes az

AC

-t

M

-ben és

CD

-t

N

-ben metszi és tudjuk, hogy

AM : AC CN : CD =

, bizonyítsa be, hogy

M

és

N

rendre az

AC

és

CD

középpontja.

Megoldás. Legyen

AM : AC CN : CD r = =

és

F

_∆ABC

= 1

. Ekkor

3 4

ABD BCD

F

_∆

= , F

_∆

=

és

F

_∆ACD

= + − = 3 4 1 6

(1. Ábra).

Innen

ABM BCN

4

F

_∆

= r, F

_∆

= r

és

F

_∆ACN

= 6 r

. Most,

BCM ABC ABM

1

F

_∆

= F

_∆

− F

_∆

= − r

,

F

_∆CNM

= F

_∆BCN

− F

_∆BCM

= 5 r − 1

és

AMN ACN CMN

1

F

_∆

= F

_∆

− F

_∆

= + r

. Ha vesszük az

1

6

AMN ACN

F

r A

r F AC r

∆

∆

+ M

= = =

a következő másodfokú egyenletet kapjuk:

( )( )

0 6 = r

2

− − = r 1 2 r − 1 3 r + 1

. Mivel

r > 0

, az

1

r = 2

, ami a kívánt eredményre vezet.

1. Ábra

3.2. Feladat Legyen

ABCDEF

egy körbe írt hatszög, amiben

AB = CD = EF = R

, ahol a köré írt kör sugara és a középpontja. Igazolja, hogy a

háromszögek köré írt körök -tól különböző második metszéspontjai egy sugarú egyenlő oldalú háromszöget alkotnak.

R O BOC, DOE, FOA

O R

Megoldás. Nyilvánvaló, hogy az

AOB, COD, EOF

háromszögek egyenlő oldalúak. Jelöljük az:

2 2 2

= α = β = γ

BOC , DOE , FOA

.

Legyen

K ,M ,L

rendre a

BOC

és

AOF BOC

, és , és háromszögek köré írt körök második metszéspontjai. A pont az háromszög belsejébe esik és

DOE AOF DOE

K AOB

0 0

180 90 90

⁰

= − = + α = + γ

BKO BCO , AKO

és, mivel

2 3

0

3 90 2

π − ⋅ π

α + β + γ = =

, az következik, hogy

AKB = 90

⁰

+ β

. Hasonlóan, pont az

L FOE

háromszög belsejébe esik, és

0 0

90 90 90

⁰

= + γ = + β = + α

OLF , OLE , FLE

.

Mivel AOB és DOF egyenlő oldalú háromszögek, következik, hogy

OL = AK

és

0 .

2 2 90

= γ + + = γ + + = + γ =

KOL KOA LOF KOA KAO AKO

Így a

KOL,AKO

háromszögek egybevágóak, tehát

KL = AO = R

. Hasonlóan,

| L M | | MK | R = =

.

3.3. Feladat Igazolja, hogy a konvex egyenlő oldalú ötszög belseje nem fedhető le teljesen olyan körlapokkal, amelyeknek átmérői egybeesnek az ötszög oldalaival.

ABCDE

Megoldás. Jelölje

2

az ötszög oldalának hosszát. A skatulya elvből következik, hogy az ötszögnek van legalább két olyan egymást követő szöge, amelyekre:

R ABCDE 2 3 3

2 5 5 3

⋅ π = π π >

⋅

^{, azaz} -nál nagyobbak. Tegyük fel, hogy ezek a szögek az . Következik, hogy

60

0

EAB , ABC BE

és

AC

nagyobbak, mint

2R

.

Legyen

M

^az

EC

szakasz középpontja. Az

M

pont rajta van a

DE

^és

DC ( ^{DM ⊥ CE} )

átmérőjű félkörökön, tehát a belsejükben van. Ugyanakkor be fogjuk bizonyítani, hogy

M

az

AE

átmérőjű félkörön kívül esik. Valóban,

2

MF = AC > R

,

ahol

F

^az

AE

középpontja. Hasonló következtetés vonható le a

BC

átmérőjű félkörre is.

Már csak azt kell bizonyítanunk, hogy az

M

az

AB

átmérőjű félkörön kívül esik. Tegyük fel ennek ellenkezőjét, ami azt jelenti, hogy az . De

AB

^az

AMB háromszög leghosszabb oldala, tehát

90

0

>

AMB 2

AM < R

. De az

( )

1 1

2 2 2

EM = EC < ED DC + = R

egyenlőtlenségből következik, hogy

EA = 2 R EM >

,

EA AM >

, és így

EMA > 60

⁰. Hasonló úton

CMB > 60

⁰ és ezáltal

0 0 ,

180 < 210 < EMA + AMB + CMB

0

ami ellentmondás.

3.4. Feladat Legyen

ABCDE

egy

O

középpontú körbe írt ötszög és tegyük fel, hogy

0 0 0 .

120 120 130 100

= = = =

B , C , D , E

Igazolja, hogy a

BD

és

CE

átlók az

AO

–n metszik egymást.

Megoldás. Komplex számokat fogunk használni. A szokásos számítások elvégzése után azt kapjuk, hogy a köré írt körön az ötszög oldalaihoz tartozó körívek (arc=ív):

arcAB = 80

⁰

, arcBC = 40

⁰

, arcCD = 80

⁰

, arcDE = 20

⁰

, arcEA = 140

⁰.

Természetesnek tűnik, hogy ezeket a szögeket úgy tekintsük, mint a többszörösét, ugyanis a megfelel a 18-ad rendű egységgyöknek, azaz:

20

0

20

0

2 2

18 18

cos π i sin π

ϖ = +

.

Az

A = 1

csúccsal kezdve, a többi csúcshoz a következő egységgyököket rendelhetjük:

11. 10

6

4

= ϖ = ϖ = ϖ

ϖ

= , C , D , E B

Felhasználjuk az

ϖ

tulajdonságai közül a következőket:

18

1

18⁻

;

9

1

6 3

ϖ = vagy ϖ = ϖ

^{k k}

ϖ = − vagy ϖ − ϖ + = 1 0

.

Azt kell bebizonyítanunk, hogy a

BD

és

CE

(2. Ábra) egyenesek metszéspontja egy valós számnak felel meg.

A

BD

szakasz egyenlete (1)

z z

ϖ ϖ =

ϖ ϖ

4 4

10 10

1 1 0 1

,

és a

CE

egyenes egyenlete (2)

z z

ϖ ϖ =

ϖ ϖ

6 6

11 11

1 1 0 1

.

2. Ábra Az (1)-es egyenlet a következőképpen írható fel:

( ) ( ) ( )

z ϖ − ϖ −

^{14 8}

z ϖ − ϖ

^{4 10}

+ ϖ − ϖ =

^{12 6}

0

vagy

^z ϖ ϖ − + ϖ ϖ − + ϖ ϖ − =

⁸

(

⁶

1 ) ^z

⁴

(

⁶

1 )

⁶

(

⁶

1 ) 0

.

Az ω tulajdonságait felhasználva az (1)-nek a következő egyszerűbb alakjára jutunk:

(3)

z ϖ + + ϖ =

⁴

z

²

0

.

Hasonlóan a (2)-es egyenletből következik az alábbi:

(4)

^z ϖ + − ϖ ϖ − = ^z

³

(

⁴

1 ) 0

. A (3)-as és (4)-esből kifejezzük z-t:

z = −ϖ + ϖ − ϖ = −ϖ + ϖ − ϖ = − + ϖ −

ϖ − ϖ ϖ ϖ

7 3 2 6 2

4 6

1

₅

1

.

Annak érdekében, hogy bebizonyítsuk, hogy z valós, elegendő belátni, hogy egybeesik a konjugáltjával. Beláthatjuk, hogy az

ϖ − = ϖ − ϖ

⁵

ϖ

⁵

1 1

ekvivalens a

ϖ − ϖ = ϖ − ϖ

^{4 5 4 5}, ami

ϖ −

¹⁴

ϖ = ϖ − ϖ

^{13 4 5}, azaz

ϖ − ϖ = − ϖ

^{10 9}

1

^,

( ^{ϖ +}

⁹

¹ ) ^{( ϖ − = 1 ) 0}

j 0

ami az

ϖ = −

⁹

1

alapján teljesül.

3.5. Feladat Legyen egy konvex sokszög a síkon. Tegyük fel, hogy kiválasztva bármely két csúcspontot, lesz a sokszögnek egy olyan csúcsa, amelyből a

oldal

60

-os szög alatt látszik. Igazolja, hogy

1 2 n

PP ...P

P ,P

i

⎡ ⎣ PP

_{i j}

⎤ ⎦

3 n =

.

Megoldás. Legyen az a két csúcs, amelyre a oldal minimális hosszúságú, és legyen az a csúcs, amelyre teljesül: . Ekkor a háromszög egyenlő oldalú (Igazolja azt!). Jelöljük az

j k

P ,P P P

_{j k}

P

i

P PP

_{j i k}

= 60

⁰

P PP

_{j i k}

ABC ∆

-gel.

Hasonlóképpen, ha a a maximális hosszúságú oldal, és a csúcs, amelyből , így egy másik egyenlő oldalú háromszöget kapunk, az

P P

r s

P

_t

60

0 r t s

=

P PP A B C

_{1 1 1}

∆

-et. Be

fogjuk bizonyítani, hogy

AB = A B

_{1 1}. Ezzel befejeztük a feladat bizonyítását, mivel a sokszög konvex és csúcsai a

D ,D ,D

_{A B C} tartományokban vannak. (Lásd 3-as ábra).

3. Ábra A következő eseteket különböztetjük meg:

1. Eset Az

ABC ∆

és

A B C

_{1 1 1}

∆

-nek van közös csúcsa, legyen

A A =

₁. Ekkor és nem lehetnek egyszerre a

B

1

C

1

D

_A tartományban, mert ebben az esetben a .

Tegyük fel, hogy

0 1 1 1

< 60 B A C

D

B

B

₁

∈

. Ekkor a

B B

₁ és

AC

szakaszoknak van egy közös

E

pontjuk. A következő egyenlőtlenség fog teljesülni:

1 1

AB + BC < AC BB +

^,

mivel

AB

₁

< AE B E +

₁ ^és

BC BE CE < +

.

Következik, hogy

AB

₁

< BB

₁, ami ellentmond annak, hogy

AB

₁

= A B

_{1 1} hossza maximális.

Következésképpen

B

₁ nem lehet sem a

D

_B sem a

D

_C tartományban. Vagyis a

B

vagy

C pontok egyike

.

B

1

2. Eset Az

ABC ∆

és

A B C

_{1 1 1}

∆

-nek nincsen közös pontja. Ha az

A ,B ,C

_{1 1 1} ^pontok

közül kettő ugyanabban a tartományban van, mondjuk

A ,B

_{1 1}

∈ D

_C (4. Ábra) az következik, hogy

0 1 1

< 60

B CA

^{és akkor}

max CB ,CA (

1 1

) > A B

1 ₁. Ez egy ellentmondás.

4. Ábra

Ha az

A ,B ,C

_{1 1 1} pontok különböző

D ,D ,D

_{A B C} tartományokban vannak, akkor azt kapjuk, hogy

A,B,C

az

A B C

_{1 1 1}

∆

külső pontjai, mivel a sokszög konvex (5. Ábra).

5. Ábra

Mivel

BC

minimális hosszúságú, az következik, hogy és ekkor . Ez egy ellentmondás.

0

1

≤ 60

BA C

0 1 1 1

< 60 C A B

Következik, hogy a 2. eset nem fordulhat elő.

4. Fejezet KÖRÖK

4.1. Feladat Legyen

AB

egy félkör átmérője és

T

a

BA

meghosszabbításának pontja,

amelyre

1

AT < 4 A B

. Tegyük fel, hogy az

l

egyenes áthalad a

T

-n és merőleges

AB

-re és vegyünk fel két egyenest a félkör

M

és pontjain keresztül, amelyek merőlegesek - re, azt rendre

N l

P

-ben és

Q

-ban metszik. Ha

MP = AM

^és

NQ = AN

, igazolja, hogy

AM + AN = AB

.

Megoldás. A 6. ábra szerint az

M

és

N

merőleges vetületei

AB

-re

C

és

D

. Mivel a

CAM

és

MAB

háromszögek hasonlóak, azt kapjuk, hogy

AM

²

= AC.A B

. Hasonlóan,

AN

2

= AD.A B

. Tehát

( ) ( )( )

( )( ) ( )

2 2

AB.CD AB AD AC AN AM AN AM AN AM AN AM NQ MP AN AM .CD

= − = − = + −

= + − = +

=

vagy

AM + AN = AB

.

6. Ábra

4.2. Feladat Tegyük fel, hogy a különböző sugarú

C O

1

( )

1 ^és

C O

2

( )

2 körök az with

A

^és

B

pontban metszik egymást és tegyük fel, hogy az

A

pontból a

C

körhöz húzott érintő a

B- ből a C

körhöz húzott érintőt az

M pontban metszi

. Igazolja, hogy az

M

pontból mindkét kör azonos szög alatt látszik.

1 2

Megoldás. Be kell bizonyítsuk, hogy

2 O MA

₁

= 2 O BM

₂ (7. Ábra), ami ekvivalens azzal, hogy

(5)

O A

¹

O B

²

AM = BM

^.

7. Ábra

Az

O O

_{1 2} szakasz az

AB

-t

C

-ben metszi. Az

AB

közös húr hossza:

AB = 2 ⋅ O A sin AO C

₁

⋅

₁

∠ = ⋅ 2 O A sin BAM

₁

⋅ ∠

és hasonlóan

AB = ⋅ 2 O B sin BO C

₂

⋅

₂

∠ = ⋅ 2 O B sin ABM

₂

⋅ ∠

, tehát

(6)

( ^{O A}

¹

) ⁼ ( ^{O B}

²

)

sin ABM sin BAM

^.

A Sin tétel alapján az ABM háromszögben:

(7)

( ^MA ) ⁼ ( ^MB )

sin ABM sin BAM

^.

A (6)-ost a (7)-sel elosztva kapjuk az (5)-öst.

4.3. Feladat Tegyük fel, hogy a síkban három körnek, amelyeknek a középpontjai rendre az

A,B,C

ABC

pontok, egy közös ∆ egyenes az érintője, és a körök kettesével egymást is érintik (kívülről). Igazolja, hogy az háromszög tompaszögű, és keresük meg ennek az szögnek az összes lehetséges értékeit.

Megoldás. Jelöljük a három kör sugarát rendre

a,b,c

-vel. Legyen

A',B',C'

az

A,B,C

középpontok vetülete rendre a ∆ egyenesre (8. Ábra). Tegyük fel, hogy

c a b . ≤ <

Ekkor

( ) (

²

)

²

²

= + − − =

A' B' a b a b ab

,

B' C' = 2 bc

,

A' C' = 2 ac

. Az

A' B' = A' C' C' B' +

egyenlőségből az következik, hogy

ab = ac + bc

, ami ekvivalens a

( ^ab )

²

c

a b

= +

egyenlőséggel.

8. Ábra Az

ABC

háromszögre alkalmazhatjuk a cos tételt:

(8)

( )

( )( )

+ + −

= + +

c a b c ab cos C

a c b c

^.

Könnyen belátható, hogy a

C

tompaszög a következő ekvivalens állítások alapján:

( ) ( )

²

< ⇔ 0 + + < = + ⇔ cosC c a b c ab c a b

2 2

2

+ + < + + ⇔ < ⇔ <

a b c a b ab c ab c 4 ab

, ami nyilvánvaló a

c a , c b ≤ <

alapján.

A

C

mértékét a (8) alapján is beláthatjuk, ami átírható a következő alakban:

( ² )( )

= − 1

+ +

cosC ab

a c b c

^.

Ekvivalens módon, azt kapjuk, hogy (9)

( )( )

2

2

C ab

sin = a c b c + +

^.

Mivel

2 C

π < < π

, az következik, hogy

4 2 2

π C π

< <

. Tehát elegendő a (9)-ben adott

2

2

sin C

függvény maximumát megkeresni.

A (9)-es képlet átírható:

²

1 1

2 1 1

sin C

a c b c c c

a b a b

= + ⋅ + = ⎛ ⎜ ⎝ + ⎞⎛ ⎟⎜ ⎠⎝ +

⎞ ⎟

⎠

alakban, és az eredeti feladat visszavezethető arra, hogy megtaláljuk a következő szorzat maximumát:

1 c 1 c

P a b

⎛ ⎞⎛

= + ⎜ ⎝ ⎟⎜ ⎠⎝ +

⎞ ⎟

⎠

^.

Vezessük be a következő jelöléseket:

c =

a x

^és

c = b y

^.

Ekkor

^{P = +} ( ^{1 x}

²

)( ^{1 + y}

²

)

, azzal a kiegészítő feltétellel, hogy

x y + = 1 , x, y ≥ 0

.

Az analízis eszközeivel ez egy kétváltozós feltételes szélsőérték kérdés könnyen megoldható, de most elemi módszerekkel keressük meg a megoldást. Jelöljük

xy = p

. Ekkor

, ahol

2 2 2 2 2 2 2

1 2 2

= + + + = − + = − +

P x y x y xy x y p 2 p 2

2

1

2 4

⎛ + ⎞

= ≤ ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ ≤ p xy x y

^.

A

P = p

²

− 2 p + 2

a

1 0 , 4

⎛ ⎤

⎜ ⎥

⎝ ⎦

intervallumon egy csökkenő másodfokú függvény. Tehát a függvény minimális értékét a

1

p = 4

^{esetén a}

25 P = 16

^.

következtetésként az

x = y

vagy

a b =

esetén a

( ) ^{2 16}

= 25

max C arcsin

. Ezért, a

C

lehetséges értékei:

16

2 2 2

⎛ π ⎤

∈⎜ ⎝ 5 ⎥ ⎦ C , arcsin

.

4.4. Feladat Tekintsük az háromszöget, amelynek a köréírt köre és a

BC oldal D

pontja. Legyen

ABC ^{k O} ( )

( )

egy olyan kör, amely érinti a

( ) ( )

k O

kört, valamint az

AD

és

BD egyeneseket,

és legyen a egy olyan kör ami érinti a

^{k O} ( )

, valamint az

AD

és

DC egyeneseket

. Igazolja, hogy

k K és k L

1

( )

2

( )

akkor és csakis akkor érintő körök, ha

BAD = CAD

.

Megoldás. Legyen

E

^az

AD

egyenes és a

^{k O} ( )

kör metszéspontja (9. Ábra).

P

N L

K Q

M D A

B C

E O

9. Ábra

Legyen

M

^és

N

^a metszéspontja rendre a

BD

^és

AD

egyenessel, és legyen

P

^és

Q

a metszéspontja rendre a

DC

és

AD

egyenessel.

( )

k K

1

( )

k L

2

Alkalmazzuk a Cauchy tételét a

B, C, E és k K

1

( )

körökre, ahol a

B, C

^és

E

^pontokat

elfajult (degenerált) köröknek tekintjük. Ezen az úton azt kapjuk, hogy:

BE CM CE BM ⋅ + ⋅ = BC EN ⋅

.

Még egyszer alkalmazzuk a Cauchy tételét a

B, C, E

^és

k L

2

( )

körökre, és az kapjuk, hogy:

BE CP CE BP ⋅ + ⋅ = BC EQ ⋅

.

A

k K

1

( )

és

k L

2

( )

körök akkor lesznek érintő körök, ha

N

^és

Q

egybeesik, azaz ha

=

EN EQ

. A fenti feltételek alapján az adott feltétel ekvivalens a következővel:

( ⁻ ) ⁼ ( ⁻ ) ^⇔ ( ⁻ ) ^{= 0}

BE CM CP CE BP BM BE CE MP

^.

Következik, hogy

BE CE =

. Ez egyenértékű azzal, hogy

BAE = CAE

.

Megjegyzés. Ezt a megoldást felhasználhatjuk a következő, hasonló feladat megoldására:

4.5. Feladat. A

k O , k K , k L ( ) ( )

1 2

( )

körök egymáshoz való viszonya a következő: a körök egymást kívülről érintik egy külső

N

pontban, és mindkét kör belülről érinti a k kört. Az

k , k

1 ₂

A,B,C

pontok a körön vannak úgy, hogy:

BC

egy közös érintője a két körnek, az

N

és

A

a

BC oldalnak ugyanazon az oldalán

. Igazolja, hogy

N

a beírt kör sugara az háromszögben.

k k , k

_{1 2}

ABC

5. Fejezet SZÉLSŐÉRTÉK FELADATOK

5.1. Feladat Egy négyzetben, amelynek az oldala 6 adottak az

A,B,C,D

pontok, úgy, hogy bármely két pont távolsága legalább 5. Igazolja, hogy a négy pont egy konvex négyszög csúcsai és ennek területe nagyobb, mint 21.

Megoldás. Először észrevehetjük, hogy a négy pont közül bármely három által meghatározott szög nem lehet nagyobb vagy egyenlő -al, mivel ha azt tesszük fel, hogy

, akkor az és

120

0

120

0

≥

ABC AB ≥ 5 BC ≥ 5

alapján az következik, hogy

5 3 6 2

≥ >

AC

, ami ellentmondás.

Ezért, ha az négyszög nem konvex, akkor a négy pont egyike a másik három által alkotott háromszög belsejében van. Tegyük fel, hogy

ABCD ^{D int ABC ∈} [ ]

. De ekkor az

ADB ,BDC ,CDA

szögek egyike, a skatulya elv értelmében nagyobb vagy egyenlő -al, ami ellentmondás. Így konvex négyszög.

120

0

ABCD

Most mivel az háromszög minden szöge kisebb mint és létezik egy, mondjuk az , amely nagyobb mint , az következik, hogy

ABC 120

⁰

ABC 60

⁰

( ) ³

≥ 2

sin ABC

, így aztán:

¹ ( ) ^{3 21}

25 2

2 4

∆_ABC

= ⋅ ⋅ ≥ ⋅ >

F AB BC sin ABC

(mivel

625 > 588 > 12.49

).

Hasonlóan bizonyítható, hogy

21

ACD

2

F

_∆

≥

, és tehát

F

_ABCD

> 21

.

5.2. Feladat két egységnégyzet oldalai párhuzamosak, és egymásra vannak csúsztatva egy

1

8

területű téglalapnyi részen. Határozza meg a két négyzet középpontjainak távolsága milyen korlátok közt változhat?

Megoldás. Legyen

MNPQ

az a téglalap, amelyen átfedi egymást a két négyzet, amelyeknek a középpontját

A

és

B

jelöli (10. Ábra). Legyen

MN = x,PQ = y

, így

( ]

1 0 1

= 8 ∈

xy , x, y ,

.

Tegyük fel, hogy az

A

ponton át az

MN

egyenessel párhuzamos egyenes és a

B

ponton át az

NP

egyenessel párhuzamos egyenes a

C pontban metszik egymást.

^Könnyen

belátható, hogy

1 1

1 1

2 2

⎛ ⎞

= + ⎜ ⎝ − ⎟ ⎠ = − = −

AC x x, BC y

és

^AB

²

^{= −} ( ^{1 x} ) (

²

^{+ − 1 y} )

²

^{= x}

²

^{+ y}

²

^{− 2} ( ^{x y +} ) ^{+ = 2}

²

²

²

² ( ) ^{1 2} ( )

²

² ( ) ⁷

4 4

= x + xy y + − x y + − + = x y + − x y + + =

⁼ ( ^{x y + − 1} )

²

^{+ 3} ₄

^,

tehát

3

≥ 2 AB

.

10. Ábra

Következik, hogy az

A, B

középpontok közti távolság minimuma

3

2

^{, és az}

1 1

x y + = , xy = 8

, esetben érhető el.

2 2 2

4 4

+ −

= =

x , y 2

vagy

2 2 2

4 4

− +

= =

x , y 2

. Az

AB

maximális értékének a meghatározására észrevehetjük, hogy

( )( ) ⁹ (

0 1 1 1

≤ − ^x − ^y = − − + ^{x y xy} = − 8 ^{x y} + )

^{, azaz}

⁹

+ ≤ 8 x y

. Másrészt:

2 1 + ≥ = 2

x y xy

, így aztán

1 1

0 1 1

2 8

> − ≤ + − ≤ x y

.

Mivel

2

1

2

1

8 2 1

⎛ ⎞

⎛ ⎞ ≤ −

⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎟

, következik

1 1

1 1 1

2 − ≤ + − ≤ − x y 2

és arra jutunk, hogy

2 2

2

1 3 9 1

1 2

4 4 2

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≤ − ⎜ ⎝ ⎟ ⎠ + = − = ⎜ ⎝ − ⎟ ⎠

AB 2

^.

Tehát

1

2 2

≤ −

AB

, amelyben az egyenlőség akkor teljesül, ha

1

x = = y 2 2

. Következésképpen,

3 1

2 ≤ AB ≤ 2 − 2

.

6. Fejezet MÉRTANI HELYEK

6.1. Feladat Ha

A

^és

B

egy adott kör rögzített pontjai, és

XY

egy változó átmérője ugyanannak a körnek, határozza meg az

AX

és

BY

metszéspontjának mértani helyét.

Feltehetjük, hogy

AB

nem átmérő.

Megoldás. A 11. Ábra és 12. Ábra a változó

XY

átmérő két lehetséges helyzetét mutatja be. Mindkét esetben az

XAY = 90

⁰ és hasonlóan az

= AB 2 = θ

AYB

is konstans. Így, (lásd a 11. Ábra) az

2

= − θ π

APB

, ami az kiegészítője, és szintén konstans.

Hasonlóan a 12. Ábra szerint, az

AYB

AP Y

' is konstans, mivel az kiegészítője. Mivel az

AYB

AP B

' az

AP Y

^' kiegészítője, így szintén konstans. A 11. Ábra szerint, azoknak a

P

pontoknak a mértani helye, ahol az

APB

konstans, egy, az

AB húrhoz tartozó

^körív.

A 12. Ábra, szerint a rögzített

AB

alapú és konstans

AP B

^' szög esetén, a '_{csúcsa az}

AB

húron támaszkodó körív. Mivel az

P

∆

APY

(lásd 11. Ábra) hasonló az

AP Y

^'

∆

(lásd 12.

Ábra), következik, hogy az

APB

és

AP B

^' szögek kiegészítő szögek. Tehát

P

és

P

^'

ugyanazon a körön van. Ennek a körnek a sugara, a sin tétel általánosítása alapján:

( )

2 2 2

2

AB AB

r AB

sin APB sin cos

= = =

π θ

⎛ − θ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

.

11. Ábra 12. Ábra

Feladat 6.2. Tegyük fel, hogy két nem egyenlő sugarú kör egymást belülről érinti az A pontban. A kisebb körhöz húzott érintő a nagyobbat

B

^és

C pontokban metszi

^{. Keresse}

meg az

ABC

háromszögbe írt körök középpontjának mértani helyét.

Megoldás. Jelölje

R

és

r az adott körök középpontjait ( ^{R r ≥} )

és legyen

D

az a pont ahol

BC

húr a kisebbik kört érinti (13. ábra). Legyen

K

és

L

az

AC

és

AB

húrok metszéspontja a kisebbik körrel. Végül legyen az

O

^az

ABC

háromszögbe írt kör középpontja.

Mivel az

AK

és

AC

körívek mértéke egyenlő, és

AK = rx , AC = Rx

, azt kapjuk, hogy

( )

DC

²

= AC CK ⋅ = R r R − x

². Hasonlóan,

( )

²

2

R r Ry

DB ,

ry AL , Ry

AB = = = −

.

Következésképpen,

AB AC y

x DB

CD = =

^{, ugyanis}

AD

^az

BAC szög szögfelezője.

^.

Ábra 13 Továbbá:

( )

²

= = =

− −

AO AC Rx R

OD CD R r Rx R r

^.

Ábra 14

Tehát a keresett mértani hely egy

1 2 AE

ρ =

sugarú kör, amely belülről érinti a két adott kört

ugyanabban az A pontban. A nyilvánvalóan igaz:

AE AO

AT = AD

egyenlőségből (14. Ábra) következik:

ρ = =

+ −

AO r R

r AD R R r

=

.

6.3. Feladat Tegyük fel, hogy egy egyenlőszárú háromszög, amelyben . Az M és N változó helyzetű pontokat az alábbi feltételekkel adunk meg:

= = ABC

BC a és AB AC b

^{M ∈} ( ) ^{AC ,N ∈} ( ) ^AB

^és

a AM .AN b BN.CM

²

⁼

^{2 .}

Keresse meg a

BM

és

CN

egyenesek

P metszéspontjának mértani helyét!

Első megoldás. Tekintsük azt a

D

pontot a

CB

egyenesen amelyre a

B

a

D

és

C

közé esik, és

AD CD =

(15. Ábra). Az

ABC

és

DAC

hasonló háromszögekből azt kapjuk, hogy

b

2

CD = a

^{. Az}

AD

^és

CN

egyenesek

Q

metszéspontja eleget tesz a:

QA CD NB 1

QD CB NA ⋅ ⋅ =

összefüggésnek, ezért

2 2

QA a NA MC

QD = b ⋅ NB = MA

, azaz

=

− −

QA MC

CD QA b MC

^vagyis

QA MC CD = b

. Tehát,

QA CD b AC

MC = b = = a B

C

következik, hogy

∆ BMC

és

∆ CQA

hasonlók.

15. Ábra

Ez igazolja, hogy

MBC = NCA

, ahol a

( ^BPC ) ^{= 180}

⁰

⁻ ( ) ^B

konstans, amiből belátható, hogy

P

annak a körnek a

BC

körívét írja le, amely

AB

és

AC egyeneseket rendre a B

^és

C

pontokban érinti.

Második megoldás. Legyen

R

az

AB

szakasznak az a pontja, amelyre

AR = AM

. Következik:

2 2

RA AN AM AN AC RB NB ⋅ = MC NB ⋅ = BC

,

tehát

ACR = BCN

, a Steiner tétel alapján. Mivel

ABM = BCN

a ugyanahhoz a következtetéshez jutunk, mint az előbbi esetben.

7. Fejezet SZERKESZTÉSI FELADATOK

7.1. Feladat Szerkessze meg azt az háromszöget, amelynek adott a szöge, ahol , a magassága és az súlyvonala.

ABC C = γ

0 0

0 < γ < 180 h

_a

= γ m

c

Megoldás. Analízis. Tegyük fel, hogy az

ABC

háromszöget megszerkesztettük, és

AD ⊥ BC, AD h , CM =

_a

= m , ACB

_c (16. Ábra, 17. Ábra).

A derékszögű

ACD

háromszög megszerkeszthető az adott elemekkel:

i)

ACD = γ , AD h =

_a (16. Ábra); vagy ii)

ACD = 180

⁰

− γ , AD h =

_a (17. Ábra).

m

C

h /2 a

h

a

A

E C

D

B

16. Ábra

m

C

^h

^a

2 h

a

A

M C E D

B

γ

17. Ábra

Megszerkesztjük az

ME ⊥ BC

szakaszt. Megjegyzendő, hogy

2 h

a

ME =

^.Így

M

a két ponthalmaz metszéspontja,

M ∈ M

₁

∩ М

₂, ahol

M

₁ a középpontú és sugarú kör, és

C m

_c

M

2 ^a

BC

–vel párhuzamos egyenes, amely attól

2 h

a

távolságra van.

Szerkesztés. Megszerkesztjük az

ADC

háromszöget, amelyben

AD h =

_a és

= γ

ACD

vagy , ahol vagy hegyesszög, vagy tompaszög.

Ezután megszerkesztjük az

180

0

= −

ACD γ

2

γ

M , M

1 ponthalmazokat, és az

M

metszéspontjukat. A keresett

B

^{pont az}

AM

^és

CD

metszéspontja lesz.

Elemzés. A feladatnak 2, 1 vagy 0 megoldása van, a következő feltételektől függően:

2 2

a a

c c c

h h

m > , m = , m <

2 h

a

(lásd az

CME ∆

-et).

Bizonyítás. Szerkesztés szerint

AD h , ACB =

_a

= ACD = γ

0

γ

, ha egy

hegyesszög (16. Ábra) és

γ

180

0

180

=

_a

= − =

AD h , ACD ACB -

, ha egy tompaszög (17. Ábra). Az

M

pont az

AB

szakasz közepe, mivel a szerkesztés szerint az

M

pontnak a

BC-től mért távolsága

γ

2 2

h

a

AD

=

^és

2 h

a

ME =

^az

ABD

háromszögben.

Továbbá, szerkesztés szerint,

CM = m

_a. Következésképpen megkaptuk a keresett háromszöget.

ABC

7.2. Feladat Szerkesszen háromszöget, amelyben adott az egy csúcsához tartozó súlyvonal, szögfelező és magasság.

Rövid elemzés és szerkesztés. Ha az adott magasság, szögfelező és súlyvonal rendre a

CD, CL,

és

CM

, akkor megszerkeszthetők a

CDL

és

CDM

derékszögű háromszögek. A

p

egyenes, amelyre

M ∈ p, p ⊥ MD

^{, a}

CL

egyenest az

N

pontban metszi (

p

^az

AB felezőmerőlegese

). Ekkor

CN

az háromszög köréírt körének húrja (aminek középpontja

O

^{és sugara}

OC

^{). A kör}

O

középpontja a

CD

^és

MN

szakaszok felezőmerőlegeseinek metszéspontja. Az így megszerkesztett kör az

MD

–t az

A

és

B

pontokban metszi.

ABC

8. Fejezet TRANSZFORMACIÓK: FORGATÁS, HASONLÓSÁG, INVERZIÓ

8.1. Feladat Adott egy

ABC

háromszög és az egyenlő oldalú

PQR

háromszög (18. Ábra).

Tegyük fel, hogy az háromszögben. Igazolja,

hogy

120

0

= = =

ADB BDC CDA ABC

x u v w = + +

.

Megoldás. Meg fogjuk szerkeszteni a

PQR

egyenlő oldalú háromszöget, és ki fogjuk mutatni, hogy az oldalainak hossza

u v w + +

. Elforgatjuk a

B

pont körül

60

⁰-al a

BCD

háromszöget az óramutató járásával ellenkező irányban a -vel jelölt helyzetbe (19.

Ábra).

BFE

Vegyük észre, hogy a

BDE

és

BCF

háromszögek egyenlő oldalúak, tehát és , Most az

DE v = CF a = ADE

és

DEF

szögek egyenesszögek, ami a összegből

adódik, tehát, .

120

0

+ 60

⁰

AF u v w = + +

Szerkesszük meg továbbá az

AFG

egyenlő oldalú háromszöget az

AF

oldalra, a 20. Ábra

szerint. Most akkor

AF = FG, CF = BF

és . Tehát,

és

60

0

= = −

CFA BFG AFB

CFA BFG

hasonló háromszögek. Következik, hogy

BG = AC b, =

tehát az a keresett egyenlő oldalú háromszög, amelynek oldalai

AFG x u v w = + +

^.

Végül meg kell jegyeznünk, hogy a

D

pont az háromszög egy izogonikus középpontja és úgy szerkeszthető meg, hogy az háromszög oldalaira kívülről

megszerkesztjük a és

ABC ABC

1 2

BCP , CAP ABP

₃ egyenlő oldalú háromszögeket. Ekkor az

AP

₁, és metszik egymást a

D-ben.

Az

BP

2

CP

₃

x

a következő képlettel számítható:

2 2 2 2

2 x = a + b + c + 4 3 F

_∆ABC^{, ahol}

F

_∆ABC

ABC

háromszög területe.

M

Q R

P

x w a

c

b

B A

D C

b

a

c

x x

v u

18. Ábra

A

w

F E D C B

u

a v a

a v

v c

F

C B

G A

c

b b

a a

60

0