Jelölje az ABC háromszög beírt körének középpontját $O$, BC oldalának felezőpontját $F$. Messe az FO egyenes az $A$ csúcsból induló magasságot $P$-ben. Bizonyítsuk be, hogy az AP szakasz hossza a háromszögbe írt kör sugarával egyenlő!

Érintse a beírt kör a BC oldalt $E_1 $-ben. Húzzuk meg a beírt kör BC-vel párhuzamos érintőjét, ezen az érintési pont legyen $E_2 $. Messe az $AE_2 $ egyenes a BC oldalt $E_3 $-ban, ez az érintő által levágott kis háromszög és az ABC háromszög hasonlósága folytán az ABC háromszög BC oldalához írt körének érintési pontja. Ismert, hogy $E_1 F=FE_3 $, így FO az $E_1 E_2 E_3 $ háromszög középvonala, és ezért párhuzamos $E_2 E_3 $-mal. Mivel AP és $E_2 O$ egyaránt merőleges BC-re, az $APOE_2 $ négyszög paralelogramma, tehát $AP=OE_2 $.

2. Megoldás

Legyen az $A$-ból induló magasság talppontja $T$, $E_{1}$ pedig ismét a beírt kör érintési pontja. Jelölje a háromszög oldalainak hosszát $a$, $b$, $c$, a kerületet 2$s$, az $A$-ból induló magasság hosszát $m_{a}$. Pitagorasz tételéből az ABT és az ACT háromszögben $c^{2 }=m_{a}^{2 }$+ BT$^{2}$ , $b^{2}=m_{a}^{2}$ + ($a$ -- BT)$^{2 }$. Innen $BT=\frac{a^2+c^2-b^2}{2a}.$ (Ez az összefüggés a koszinusz-tételből is megkapható.) Ebből $FT=\frac{a}{2}-BT=\frac{b^2-c^2}{2a}.$ Ismert, hogy $BE_1 =s-b$, tehát $FE_1 =\left| {\frac{a}{2}-\left( {s-b} \right)} \right|=\frac{\left| {b-c} \right|}{2}$. $FOE_1 \Delta \approx FPT\Delta ,$ tehát $\frac{OE_1 }{PT}=\frac{FE_1 }{FT}=\frac{a}{b+c}$. Itt $PT=m_a -AP, \quad OE_1 $ pedig a beírt kör sugara, $\rho $. Felhasználjuk, hogy $m_a =\frac{2T}{a}=\frac{2s}{a}\rho $. Ezek alapján

3. Megoldás

(Talán az összes feladat megoldásai közül a legszebb.) Tekintsük az alábbi ábrát!

Legyen $AP=x$ és $OE=r$. Az $A$ csúcsból induló belső szögfelező a BC oldal felező merőlegesét az ABC háromszög köré írt körén metszi, ezért

mert azonos húrokhoz (ívekhez) tartozó kerületi szögek. A BOA és AOC háromszög $O$ csúcsánál lévő külső szög $BOD\triangleleft =\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}$, illetve $DOC\triangleleft =\frac{\alpha }{2}+\frac{\gamma }{2}$. Mivel $OBD\triangleleft =\frac{\alpha }{2}+\frac{\beta }{2}=BOD\triangleleft $ és $OCD\triangleleft =\frac{\alpha }{2}+\frac{\gamma }{2}=DOC\triangleleft $, ezért a DOB és DCO háromszögek egyenlő szárúak, így $DB=DO=DC$. Ez a távolság pedig a BCO háromszög köréírt körének sugara. Az E'OA és FDB derékszögű háromszögek hasonlóak (szögeik megegyeznek), ezért $\frac{r}{FD}=\frac{AO}{BD}=\frac{AO}{OD}$ hiszen $BD=OD$. Összefüggésünkből $r=\frac{FD\cdot AO}{OD}$. Szögeik egyezése miatt a DOF és AOP háromszögek is hasonlóak, ennek alapján $\frac{X}{FD}=\frac{AO}{OD}$, ahonnan $X=\frac{FD\cdot AO}{OD}$, tehát $x=r$, amit igazolni akartunk.