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:

$\displaystyle ab-bx=cx,$

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

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:

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:

(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 $\displaystyle b, c$ oldalak 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:

116 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	60 versenyző.
4 pontot kapott:	11 versenyző.
3 pontot kapott:	7 versenyző.
2 pontot kapott:	9 versenyző.
1 pontot kapott:	6 versenyző.
0 pontot kapott:	8 versenyző.
Nem versenyszerű:	1 dolgozat.
Nem számítjuk a versenybe a születési dátum vagy a szülői nyilatkozat hiánya miatt:	1 dolgozat.

A KöMaL 2021. októberi matematika feladatai