Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

Az A. 383. feladat (2005. november)

A. 383. A k kör AB átmérője merőleges az \ell egyenesre, amely nem megy át sem az A-n, sem a B-n. Az \ell egy k-n kívüli pontja legyen C, és jelölje D az AC egyenes és a kör másik metszéspontját. Húzzuk meg az egyik érintőt C-ből k-hoz; az érintési pontot jelöljük E-vel. A BE és \ell egyenesek metszéspontja legyen F, végül az AF szakasz és k metszéspontja legyen G. Mutassuk meg, hogy a DF egyenes átmegy a G pont AB-re való tükörképén.

Német olimpiai javaslat alapján

(5 pont)

A beküldési határidő 2005. december 15-én LEJÁRT.


1. megoldás. Legyen az AE és BG egyenesek metszéspontja H. A Thalész-tétel miatt az ABH háromszögben AG és BE két magasság, a magasságpont F, ezért a harmadik magasságvonal maga az l egyenes, amely tehát átmegy H-n (1. ábra).

1. ábra 2. ábra

Legyen O és C' az AB, illetve a HF szakasz felezőpontja, T az AB és l egyenesek metszéspontja. Az ABH háromszög Feuerbach- (9 pontos) köre átmegy az E, G, O, T és C' pontokon. A T talppontnál levő derékszögből kapjuk, hogy OC' a Feuerbach-kör egyik átmérője, és CEO\angle=90o. A C'E egyenes tehát merőleges a k kör OE sugarára, azaz érinti a k kört; következésképpen C'=C, CE=CF=CG=CH és CG is érinti k-t (2. ábra).

3. ábra

Tekintsük most azt az A pólusú inverziót, ami az l egyenest és a k kört egymásba viszi át. Az inverzió során a C és D, illetve az F és G pontok egymás képei, ezért ez a négy pont egy körön van (3. ábra).

Legyen DF és k másik metszéspontja G'. A kerületi szögek tételét többször alkalmazva, és felhasználva, hogy a CFG háromszög egyenlő szárú,

G'GA\angle=G'DA\angle=180o-CDF\angle=FGC\angle=CFG\angle.

Ebből következik, hogy GG' párhuzamos az l egyenessel és G,G' egymás tükörképei AB-re.

Megjegyzés. A teljes megoldáshoz az utolsó lépést diszkutálni kell az ábra lehetséges eseteire, vagy pedig előjeles szögeket kell alkalmaznunk.

2. megoldás. legyen H a BD és EG egyenesek metszéspontja. Az EEBDAG elfajult húrhatszögben a szemközti oldalainak metszéspontja C, F, illetve H; a Pascal-tétel szerint ez a három pont egy egyenesen van, vagyis a H pont is illeszkedik az l egyenesre (4. ábra)

4. ábra

Legyen G' a k kör és DF másik metszéspontja, és alkalmazzuk most a Pascal-tételt GG'DBBE hatszögre (5. ábra). Az F és a H pont két-két szemközti oldal metszéspontja, ezért a harmadik oldalpár, vagyis a GG' egyenes és a k-hoz B-ben húzott érintő metszéspontja is az FH=l egyneesen van. Mivel l párhuzamos a B-beli érintővel, ez csak akkor lehetséges, ha GG' is párhuzamos l-lel, vagyis G és G' az AB átmérőre szimmetrikus.

5. ábra

3. megoldás. Definiáljunk a k kör pontjain egy kétváltozós műveletet, amit az összeadáshoz hasonlóan a + jellel fogunk jelölni, a következőképpen. Válasszunk ki egy tetszőleges, l-re nem illeszkedő O pontot a körön. A kör bármely X,Y pontpárjára szerkesszük meg l és az XY egyenes metszéspontját. (Ha X=Y, akkor az XY egyenes az érintő. Ha a két egyenes párhuzamos, akkor a metszéspont l ideális pontja.) A metszéspontot kössük össze O-val, és szerkesszük meg az egyenes és a kör másik metszéspontját. (Ha az egyenes érinti a kört, akkor a másik metszéspont is O.) Ez a pont legyen X+Y. (6. ábra)

6. ábra

A + művelet a definícó alapján biztosan kommutatív, X+Y=Y+X. Az, hogy asszociatív is, azaz (X+Y)+Z=X+(Y+Z) tetszőleges X,Y,Z pontok esetén, kevésbé nyilvánvaló. Ez a tulajdonság azonban ekvivalens a Pascal-tétellel (7. ábra)

7. ábra

Ezen kívül könnyen ellenőrizhető, hogy tetszőleges X pontra X+O=X, és létezik olyan Y pont, amelyre X+Y=O. (Ezt a pontot mostantól jelölhetjük (-X)-szel is.) Összefoglalva, a kör pontjai ezzel a + művelettel egy kommutatív csoportot alkotnak, amelynek neutrális eleme az O pont.

Térjünk most rá a feladat állításának bizonyítására. Legyen O=A, és jelöljük H-val a DF egyenes és k második metszéspontját. Azt akarjuk megmutatni, hogy GH párhuzamos az l egyenessel, ami azt jelenti, hogy G+H=O. (8. ábra).

8. ábra

Az ábráról jól leolvasható, hogy B+B=O, E+E=D és B+E=D+H=G. Ezekből

G+H=(B+E)+(B+E-D)=(B+B)+(E+E-D)=O+O=O.

Megjegyzések. 1. A felhasznált + műveletet az algebrai geometriából, a harmadfokú görbék elméletéből vettük. Ha \gamma egy harmadfokú síkgörbe (amelyet tehát egy kétváltozós harmadfokú egyenlet ír le), és O a \gamma egy tetszőleges pontja, akkor a görbe pontjain a feladatban leírt módon értelmezhetünk egyfajta összeadást (9. ábra). Ezzel a művelettel a görbe pontjai mindig kommutatív csoportot alkotnak.

9. ábra

A megoldásban azt elfajuló esetet alkalmaztuk, amikor \gamma a k kör és az l egyenes uniója. A + művelet ebben az esetben is értelmezhető a teljes görbén, bár két l-en fekvő pont összegét máshogy kell definiálni. A megoldáshoz csak k pontjaira volt szükségünk, amelyek a teljes csoportnak egy részcsoportját alkotják.

2. A pontok közötti összefüggésekből több más geometriai tény is könnyen levezethető. Például könnyen ellenőrizhető, hogy G+G=E+E, B+G=E és B+D=G+E. Ezek geometriai állításokra legordítva azt mondják, hogy CG is érinti a kört, továbbá a BG és AE, illetve BD és GE egyenesek metszéspontja is l-re esik. (Ezeket a pontokat is feltüntettük a 8. ábrán.)

* * *

A dolgozatok tanulságai

A legtöbb versenyző az 1. megoldáshoz hasonló elemi úton, a szögek összeszámolásával és a kerületi szögek tételének többszöri alkalmazásával oldotta meg a feladatot. Ezeknek a dolgozatoknak nagy részében a diszkusszó részben vagy teljesen hiányzott. Pedig a teljes megoldáshoz az ábrának és a pontok elhelyezkedésének legalább 4-féle változatát kellett volna megkülönböztetni. (Ezt egyedül Bogár Péter tette meg.) Egy másik lehetőség, amit Paulin Roland is használt, az előjeles szögek alkalmazása. Azok, akiknél a diszkusszió teljesen hiányzott, és a megoldást csak az ábra egyféle elrendezésére számolták végig, 3 pontot kaptak.


Statisztika:

13 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bogár 560 Péter, Jankó Zsuzsanna, Nagy 224 Csaba, Paulin Roland.
4 pontot kapott:Hujter Bálint, Kisfaludi-Bak Sándor, Tomon István.
3 pontot kapott:5 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2005. novemberi matematika feladatai