Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 5010. feladat (2019. február)

B. 5010. Egy hegyesszögű \(\displaystyle ABC\) háromszög beírt köre az oldalakat az \(\displaystyle A_0\), \(\displaystyle B_0\) és \(\displaystyle C_0\) pontokban érinti. A háromszög három hozzáírt körének érintési pontjai az oldalegyeneseken rendre \(\displaystyle A_1\), \(\displaystyle B_1\) és \(\displaystyle C_1\); \(\displaystyle A_2\), \(\displaystyle B_2\) és \(\displaystyle C_2\); illetve \(\displaystyle A_3\), \(\displaystyle B_3\) és \(\displaystyle C_3\). Az \(\displaystyle A_iB_iC_i\) háromszög területét jelölje \(\displaystyle T_i\) (\(\displaystyle i=0,1,2,3\)). Mutassuk meg, hogy

\(\displaystyle \frac{1}{T_0}=\frac{1}{T_1}+\frac{1}{T_2}+\frac{1}{T_3}. \)

(5 pont)

A beküldési határidő 2019. március 11-én LEJÁRT.


Megoldás. Jelölje az \(\displaystyle A_iB_iC_i\) kör sugarát \(\displaystyle r_i\), középpontját \(\displaystyle I_i\), az ábra szerint. Jelöljük a szokásos módon \(\displaystyle a\)-val, \(\displaystyle b\)-vel és \(\displaystyle c\)-vel, ill. \(\displaystyle \alpha\)-val, \(\displaystyle \beta\)-val és \(\displaystyle \gamma\)-val az \(\displaystyle ABC\) háromszög oldalait, ill. belső szögeit; továbbá legyen \(\displaystyle R\), \(\displaystyle s\) és \(\displaystyle T\) rendre az \(\displaystyle ABC\triangle\) körülírt körének sugara, félkerülete és területe.

Először is emlékeztetünk a jól ismert területképletekre: \(\displaystyle T=r_0s=r_1(s-a)=r_2(s-b)=r_3(s-c)\) (lásd pl. Kiss György KöMaL-cikkében a 8. állítást). Ezekből azonnal következik, hogy \(\displaystyle r_0/r_1=(s-a)/s\), \(\displaystyle r_0/r_2=(s-b)/s\) és \(\displaystyle r_0/r_3=(s-c)/s\). Végül ezeket összegezve

\(\displaystyle \frac{r_0}{r_1}+\frac{r_0}{r_2}+\frac{r_0}{r_3}=\frac{(s-a)+(s-b)+(s-c)}{s}=\frac s s=1,\)\(\displaystyle (1)\)

azaz a beírt és hozzáírt körök sugaraira az állításra nagyon hasonlító összefüggés teljesül (az imént idézett cikk 9. állítása).

Megmutatjuk, hogy \(\displaystyle T_0/T_1=r_0/r_1\), \(\displaystyle T_0/T_2=r_0/r_2\) és \(\displaystyle T_0/T_3=r_0/r_3\). Ezekből az állítás az (1) összefüggés miatt következik. Nyilván elegendő a \(\displaystyle T_0/T_1=r_0/r_1\) egyenlőséget igazolni, a másik kettő analóg módon bizonyítható.

Először vegyük észre, hogy \(\displaystyle T_0=T_{I_0A_0B_0}+T_{I_0B_0C_0}+T_{I_0C_0A_0}\) és \(\displaystyle T_1=T_{I_1A_1B_1}-T_{I_1B_1C_1}+T_{I_1C_1A_1}\). A felbontásokban szereplő egyenlő szárú háromszögek területeit felírhatjuk szárszögük segítségével, pl. \(\displaystyle T_{I_0A_0B_0}=r_0^2\sin(180^\circ - \gamma)/2=r_0^2\sin \gamma/2\), \(\displaystyle T_{I_1A_1B_1}=r_1^2\sin \gamma /2\) és \(\displaystyle T_{I_1B_1C_1}=r_1^2\sin (\beta +\gamma) /2=r_1^2\sin \alpha /2\). (A megfelelő szárszögek kiszámítását az olvasóra bízzuk.) Ezek alapján

\(\displaystyle \frac{T_0}{T_1}=\frac{r_0^2\sin \gamma/2+r_0^2\sin \beta /2+r_0^2\sin \alpha/2}{r_1^2\sin \gamma /2+r_1^2\sin \beta /2-r_1^2\sin \alpha /2}=\frac{r_0}{r_1}\cdot \frac{r_0(\sin \alpha+\sin \beta +\sin \gamma)}{r_1(\sin \beta+\sin \gamma -\sin \alpha)}.\)\(\displaystyle (2)\)

Felhasználva a fentebb igazolt \(\displaystyle r_0/r_1=(s-a)/s\) összefüggést és a sinus-tételt kapjuk, hogy

\(\displaystyle \frac{r_0(\sin \alpha+\sin \beta +\sin \gamma)}{r_1(\sin \beta+\sin \gamma -\sin \alpha)}=\frac{s-a}{s}\cdot \frac{\frac a{2R}+\frac b{2R}+\frac c{2R}}{\frac b{2R}+ \frac c{2R}-\frac a{2R}}=\frac{s-a}{s}\cdot \frac{2s}{2s-2a}=1, \)

amiből (2) miatt következik, hogy \(\displaystyle T_0/T_1=r_0/r_1\), ahogy állítottuk. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Megjegyzés. A \(\displaystyle T_0\) és \(\displaystyle T_1\) (ill. \(\displaystyle T_2\) és \(\displaystyle T_3\)) területek kiszámításánál felhasználtuk azt az ismert tényt, hogy a beírt kör \(\displaystyle I_0\) középpontja benne van az \(\displaystyle A_0B_0C_0\) háromszögben, míg a hozzáírt körök \(\displaystyle I_1\), \(\displaystyle I_2\) és \(\displaystyle I_3\) középpontjai nincsenek benne a megfelelő \(\displaystyle A_iB_iC_i\) háromszögekben. Másképpen mondva, felhasználtuk, hogy az \(\displaystyle A_0B_0C_0\) háromszög hegyesszögű, míg a többi \(\displaystyle A_iB_iC_i\) háromszög tompaszögű.

Ezt egyszerű szögszámolással igazolhatjuk: az \(\displaystyle AB_0C_0\) háromszög egyenlő szárú, ezért \(\displaystyle AC_0B_0\angle=90^\circ-\alpha/2\). Hasonlóan \(\displaystyle A_0C_0B\angle=90^\circ -\beta/2\), így \(\displaystyle B_0C_0A_0\angle=(\alpha+\beta)/2<(\alpha+\beta+\gamma)/2=90^\circ\). Hasonlóan belátható, hogy az \(\displaystyle A_0B_0C_0\triangle\) másik két csúcsánál is hegyesszög van.

Továbbá az \(\displaystyle AB_3C_3\triangle\) is egyenlő szárú, ezért \(\displaystyle AC_3B_3\angle=\alpha/2\). Hasonlóan \(\displaystyle BC_3A_3\angle=\beta/2\), így \(\displaystyle B_3C_3A_3\angle=180^\circ -\alpha/2-\beta/2>180^\circ- (\alpha+\beta+\gamma)/2=90^\circ \), azaz az \(\displaystyle A_3B_3C_3\triangle\) tompaszögű. Az \(\displaystyle A_1B_1C_1\triangle\) és \(\displaystyle A_2B_2C_2\triangle\) esetén hasonlóan érvelünk.


Statisztika:

A B. 5010. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2019. februári matematika feladatai