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

A C. 1686. feladat (2021. október)

C. 1686. Az \(\displaystyle ABC\) derékszögű háromszög átfogója az \(\displaystyle AB\) szakasz. Az \(\displaystyle A\) csúcsból kiinduló \(\displaystyle f\) belső szögfelező a \(\displaystyle BC\) oldalt a \(\displaystyle D\) pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az \(\displaystyle AB-BD\) és \(\displaystyle AC+CD\) szakaszok hosszának mértani közepe éppen az \(\displaystyle f = AD\) szögfelező hossza.

Javasolta: Zagyva Tiborné (Baja)

(5 pont)

A beküldési határidő 2021. november 10-én LEJÁRT.


1. megoldás. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög oldalait a szokásos módon jelöljük: \(\displaystyle BC=a, CA=b, AB=c\).

Tekintsük a következő ábrát.

A belső szögfelező tétele szerint:

\(\displaystyle \frac{BD}{DC}=\frac{a-x}{x}=\frac{c}{b}.\)

Ebből az egyenletből a műveletek elvégzésével és rendezéssel megkapjuk a \(\displaystyle DC=x\) és \(\displaystyle BD=a-x\) szakaszok hosszát:

\(\displaystyle ab-bx=cx,\)

\(\displaystyle ab=x(b+c),\)

\(\displaystyle {(1)}\)\(\displaystyle x=\frac{ab}{b+c},\)
\(\displaystyle {(2)}\)\(\displaystyle a-x=a-\frac{ab}{b+c}=\frac{ab+ac-ab}{b+c}=\frac{ac}{b+c}.\)

Az \(\displaystyle ADC\) derékszögű háromszögben felírhatjuk a Pitagorasz-tételt:

\(\displaystyle f^2=x^2+b^2,\)

ahonnan (1) felhasználásával

\(\displaystyle f^2=\frac{a^2b^2}{(b+c)^2}+b^2,\)

majd közös nevezőre hozással és kiemeléssel

\(\displaystyle f^2=\frac{b^2\cdot\big[a^2+(b+c)^2\big]}{(b+c)^2}.\)

A tört számlálójában elvégezzük a műveleteket és felhasználjuk, hogy az \(\displaystyle ABC\) háromszögre felírt Pitagorasz-tétel miatt \(\displaystyle a^2+b^2=c^2\), majd (\(\displaystyle b+c\))-vel egyszerűsítünk:

\(\displaystyle {(3)}\)\(\displaystyle f^2=\frac{b^2(a^2+b^2+c^2+2bc)}{(b+c)^2}=\frac{b^2(2c^2+2bc)}{(b+c)^2}=\frac{2b^2c(b+c)}{(b+c)^2}=\frac{2b^2c}{b+c}.\)

Ezután bizonyítani kell, hogy az \(\displaystyle AB-BD\) és \(\displaystyle AC+CD\) szakaszok hosszának mértani közepe megegyezik a (3) egyenlet jobb oldalának négyzetgyökével, azaz a szakaszok szorzata megegyezik az egyenlet jobb oldalán szereplő kifejezéssel.

Ehhez elegendő az \(\displaystyle AB-BD\) és \(\displaystyle AC+CD\) szakaszok szorzatát vizsgálni. Nyilvánvaló, hogy \(\displaystyle AB-BD>0\), hiszen \(\displaystyle AB>BC>BD\), mivel \(\displaystyle AB\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög átfogója, a \(\displaystyle D\) pont pedig a \(\displaystyle BC\) befogó belső pontja.

(2) és (1) szerint \(\displaystyle AB-BD=c-\frac{ac}{b+c}\), valamint \(\displaystyle AC+CD=b+\frac{ab}{b+c}\), ezért

\(\displaystyle \big(AB-BD\big)\cdot\big(AC+CD\big)=\bigg(c-\frac{ac}{b+c}\bigg)\cdot\bigg(b+\frac{ab}{b+c}\bigg).\)

A törtek közös nevezőre való hozásával, a műveletek elvégzésével és rendezéssel:

\(\displaystyle \big(AB-BD\big)\cdot\big(AC+CD\big)=cb+\frac{abc}{b+c}-\frac{abc}{b+c}-\frac{a^2bc}{(b+c)^2}= \frac{bc\cdot\big[(b+c)^2-a^2\big]}{(b+c)^2},\)

innen pedig, ismét felhasználva az \(\displaystyle a^2+b^2=c^2\) pitagoraszi összefüggést:

\(\displaystyle {(4)}\)\(\displaystyle \big(AB-BD\big)\cdot\big(AC+CD\big)=\frac{bc(b^2+c^2+2bc-a^2)}{(b+c)^2}=\frac{bc(2b^2+2bc)}{(b+c)^2}=\frac{2b^2c}{b+c}.\)

(3) és (4) azt jelenti, hogy \(\displaystyle f^2=\big(AB-BD\big)\cdot\big(AC+CD\big)\), és emiatt

\(\displaystyle f=\sqrt{(AB-BD)\cdot(AC+CD)},\)

ezért az \(\displaystyle f\) szögfelező hossza valóban az \(\displaystyle AB-BD\) és \(\displaystyle AC+CD\) szakaszok hosszának mértani közepe.

Megjegyzés

Az \(\displaystyle f^2=\frac{2b^2c}{b+c}=b\cdot{\frac{2bc}{b+c}}\) alakból jól látszik, hogy \(\displaystyle f\) a \(\displaystyle b\) befogó és a \(\displaystyle b, c\) befogók harmonikus közepének a mértani közepe.

2. megoldás. Tükrözzük a \(\displaystyle D\) pontot a \(\displaystyle B\) csúcsból induló \(\displaystyle BE\) belső szögfelezőre, a szögfelező tulajdonsága miatt a \(\displaystyle D'\) tükörkép az \(\displaystyle AB\) átfogó belső pontja. Jelöljük meg továbbá az \(\displaystyle AC\) egyenesen, a \(\displaystyle C\) ponton túl azt a \(\displaystyle D''\) pontot, amelyre \(\displaystyle CD''=CD\).

Mivel a tükrözés miatt \(\displaystyle BD=BD'\) ezért egyrészt \(\displaystyle AD'=AB-BD\), másrészt \(\displaystyle AD''=AC+CD\).

Az ábra jelöléseivel \(\displaystyle 2\alpha+2\beta=90^{\circ}\), így \(\displaystyle \alpha+\beta=45^{\circ}\). Egyszerűen belátható, hogy \(\displaystyle BD'D\sphericalangle=90^{\circ}-\beta\), és ezért \(\displaystyle AD'D\sphericalangle=90^{\circ}+\beta\).

A \(\displaystyle DD''C\) egyenlő szárú, derékszögű háromszög, tehát \(\displaystyle D''DC\sphericalangle=45^{\circ}\), és mivel \(\displaystyle ADC\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha\), ezért \(\displaystyle ADD''\sphericalangle=90^{\circ}-\alpha+45^{\circ}\), ebből \(\displaystyle \alpha+\beta=45^{\circ}\) alapján \(\displaystyle ADD''\sphericalangle=90^{\circ}+\beta\) következik.

Az \(\displaystyle AD'D\) és \(\displaystyle ADD''\) háromszögek két-két szögének nagysága \(\displaystyle \alpha\) és \(\displaystyle 90^{\circ}+\beta\), 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

\(\displaystyle \frac{AD'}{AD}=\frac{AD}{AD''},\)

azaz

\(\displaystyle AD^2=AD'\cdot{AD''}.\)

Mivel \(\displaystyle AD=f\), \(\displaystyle AD'=AB-BD\), illetve \(\displaystyle AD''=AC+CD\), előző eredményünkből \(\displaystyle f^2=({AB-BD})\cdot({AC+CD})\) következik, ez éppen a feladat állítása, hiszen ebből a nyilvánvalóan pozitív \(\displaystyle AB-BD\) és \(\displaystyle AC+CD\) számok mértani közepe:

\(\displaystyle f=\sqrt{(AB-BD)\cdot(AC+CD)}.\)

Megjegyzés. Könnyen bizonyítható, hogy a feladat állítása tetszőleges háromszögre igaz.


Statisztika:

A C. 1686. feladat értékelése még nem fejeződött be.


A KöMaL 2021. októberi matematika feladatai