A 34. feladat megoldása

A 34. feladat MEGOLDÁSA:

A feladat első állítása a 12. tételből következik. Ha ugyanis egy m tengelyű P paraciklus E pontjában merőlegest állítunk Em-re, akkor ennek az e egyenesnek egy másik E’ pontján átmenő E’m egyenes a 12. tétel szerint nem lehet merőleges e-re, így E és E’ a m irányra nézve nem lehet korrespondáló pontpár.

Térjünk rá ezek után a három szögfelezőről szóló állításra.

A) Ha valamelyik kettő egy ponton megy át, akkor metszéspontjuk egyenlő távol van a BC oldaltól és az AB, illetve AC oldal B-n, illetve C-n túli meghosszabbításától, vagyis van hozzáírt kör.

B) Ha valamelyik kettő ultraparalel, akkor van közös merőlegesük, jelöljük m-mel. Ha az m valamely távolságvonala érinti az AB és AC oldalfélegyenest a D, illetve F pontban, a BC oldalt pedig az E belső pontban, akkor e három pontra fennáll, hogy BE=BD=s–c, CE=CF=s–b és AD=AF=s. Ennek bizonyítása ugyanaz, mint a hozzáírt kör esetében, mert ott is csak azt használjuk, hogy a körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők, s ez a 19. tétel szerint távolságvonalakra is fennáll. Legyen tehát E a BC oldalnak az a pontja, amelyre BE=s–c és EC=s–b, legyen F az AC félegyenesnek az a pontja, amelyre AF=s, s ugyanígy legyen D az AB félegyenesnek az a pontja, amelyre AD=s. Legyen E vetülete m-en E’, F és D vetülete m-en F’, illetve D’.

Lényegében két eset van: vagy a két külső szögfelező ultraparalel, vagy az egyik külső és egyik belső.

1. eset: Az f_B és f_C külső szögfelezők ultraparalelek. Ekkor az f_B-re való szimmetria miatt DD’=EE’, az f_C-re való szimmetria miatt EE’=FF’. Tehát D, E és F egyenlő távol van m-től. Nyilván m-nek ugyanazon az oldalán vannak, hiszen m mindkét esetben merőleges a szimmetriatengelyre, így a tengelyre való tükrözés nem cseréli meg m félsíkjait. Vagyis D, E és F m egy távolságvonalán vannak. Másrészt a távolságvonal definíciója után tett megjegyzés szerint DF elválasztja a távolságvonal E pontját m-től, így csak a következő ábra jöhet létre:

Az ADF háromszögben AD=AF, ezért ADF=AFD, jelöljük ezt a szöget d-val. A DD’F’F négyszög teljesíti a 15. feladat feltételeit, hiszen DD’=F’F és D’-nél és F’-nél egyenlő szögek vannak. Így e feladat szerint D-nél és F-nél is egyenlő szögek vannak, jelöljük ezt a szöget e-nal. A D’DBEE’ ötszög szimmetrikus az f_B szögfelezőre, ezért D’DB=BEE’. Másrészt az előbbi szög e+d, így BEE’=e+d. Ugyanígy kapjuk, hogy CEE’=e+d. De e két szög összege 180°. Innen következik, hogy BEE’=CEE’=BDD’=CFF’=90°. A 18. tétel szerint ez azt jelenti, hogy az AB oldalegyenesnek minden pontja messzebb van az m egyenes DEF a távolságvonalától, mint D, így az AB egyenes definíció szerint érinti e távolságvonalat, s ugyanez igaz a BC és AC oldalegyenesekre is.

Megjegyezzük, hogy a bizonyításból az is következik, hogy m merőleges az f_A szögfelezőre, mert ez a D’DAFF’ ötszög szimmetriatengelye.

2. eset: Ha az f_A belső szögfelező és az f_B külső szögfelező ultraparalel, akkor annyi a különbség, hogy a DD’, és az FF’ szakaszok egyenlősége most a DD’F’F négyszög f_A-ra vonatkozó szimmetriájából következik. Az EE’ és a DD’ szakaszok most is az f_B-re vonatkozó szimmetria miatt egyenlők. Innen a bizonyítás ugyanúgy megy tovább, mint az 1. esetben.

Ezzel bebizonyítottuk, hogy ha a két külső és a harmadik csúcsból induló belső szögfelező közül kettő ultraparalel, akkor mindhárom az, van közös merőlegesük és egy ehhez tartozó távolságvonal, amely érinti a háromszög egyik oldalát és másik két oldalának meghosszabbítását. Van tehát a háromszög oldalához „hozzáírt távolságvonal”.

C) Marad az az eset, ha e három szögfelező páronként párhuzamos. A két külső szögfelező a BC oldallal annak A felőli félsíkjában együttesen 180°-nál nagyobb szöget zár be, ezért csak az A-val ellentétes félsíkban lehetnek párhuzamosak. Az f_A szögfelező viszont metszi a BC oldalt (7. feladat), ezért vagy metszi a két külső szögfelező egyikét BC-nek A-val átellenes oldalán, vagy ő a közös párhuzamosuk. Az előbbi esetet már kizártuk, tehát azt kapjuk, hogy ha a két külső szögfelező párhuzamos, akkor BC-nek A-val ellentétes oldalán párhuzamos és ebben az irányban az A-ból induló belső szögfelező is párhuzamos velük. Legyen a közös irányuk m.

A szögfelezők szimmetriatulajdonságából következik, hogy az Dm, Em és Fm párhuzamos félegyeneseken D és E, D és F, illetve E és F korrespondáló pontpárok, ezért egy m tengelyirányú P paracikluson vannak.

A BDE háromszögben BD=BE, ezért BDE=BED. Másrészt EDm=DEm, tehát BDm=BEm. (Ez közvetlenül következik abból is, hogy a EBDm alakzat szimmetrikus f_B-re.) Ugyanígy jön ki az is, hogy CFm=CEm is igaz. Végül az ADF háromszögben AD=AF, így ADF=AFD, továbbá FDm=DFm, mert D és F korrespondáló pontpár, így ADm=AFm, vagy másképp BDm=CFm. (Ez utóbbi közvetlenül is következik abból, hogy az FADm alakzat tükrös az f_A belső szögfelezőre). Tehát BEm=CEm. Másrészt összegük 180°, tehát mindkettő derékszög. Tehát Dm, Em és Fm merőleges rendre AB, BC és CA oldalra. Ebből viszont a feladat elején bizonyított állítás szerint következik, hogy a háromszög három oldalegyenese a D, E, F pontban érinti a P paraciklust.

Ezt kellett bizonyítanunk.

Megjegyezzük, hogy ha előbb bizonyítjuk C)-t, akkor B)-ben a 2. esetre nincs szükség. Ezt pedig megtehetjük, mert valójában csak azt használtuk, hogy a két külső szögfelező párhuzamos: a harmadik szögfelező párhuzamosságát már bizonyítottuk.