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

Az A. 716. feladat (2018. február)

A. 716. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög belsejében, az \(\displaystyle A\)-ból induló szögfelezőn felvettünk egy \(\displaystyle D\) pontot. Legyen a \(\displaystyle BD\) és \(\displaystyle AC\) egyenesek metszéspontja \(\displaystyle E\), a \(\displaystyle CD\) és \(\displaystyle AB\) metszéspontja \(\displaystyle F\). Az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt körét az \(\displaystyle EF\) egyenes a \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy ha \(\displaystyle O\) a \(\displaystyle DPQ\) kör középpontja, akkor \(\displaystyle OD\) merőleges \(\displaystyle BC\)-re.

Javasolta: Michael Ren (Andover, Massachusetts, USA)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. március 12-én LEJÁRT.


1. megoldás ("minimalista"). Ha \(\displaystyle AB=AC\), akkor \(\displaystyle O\) és \(\displaystyle D\) is \(\displaystyle \overline{BC}\) felezőmerőlegesére illeszkedik, így az állítás nyilvánvaló. Innentől feltehetjük, hogy \(\displaystyle c=AB<AC=b\). Mivel \(\displaystyle D,E,F\) nincsenek egy egyenesen, ezért \(\displaystyle D,P,Q\) sincs egy egyenesen, vagyis valóban létezik a \(\displaystyle DPQ\) kör és annak \(\displaystyle O\) középpontja.

Messe \(\displaystyle BAC\angle\) belső ill. külső szögfelezője \(\displaystyle \overline{BC}\)-t az \(\displaystyle U\) ill. \(\displaystyle V\) pontban. Szögszámolással világos, hogy ha az \(\displaystyle ABC\) kör \(\displaystyle A\)-ban húzott érintője \(\displaystyle S\)-ben metszi \(\displaystyle BC\) egyenest, akkor \(\displaystyle S\) az \(\displaystyle \overline{UV}\) felezőpontja. Mivel \(\displaystyle V\) az \(\displaystyle U\)-nak \(\displaystyle \overline{BC}\)-re vonatkozó harmonikus párja (avagy mivel felírhatjuk az \(\displaystyle ABC\) háromszögre a Menelaosz- és Ceva-tételt ill. szögfelező-tételt), így \(\displaystyle V\in EF\).

Lemma. Legyen \(\displaystyle FV\cap AS=K\) (míg \(\displaystyle FC\cap AU=D\)). Ekkor \(\displaystyle DK\) párhuzamos \(\displaystyle BC\)-vel.

Bizonyítás. Osztóviszonyokkal számolunk. (Ha \(\displaystyle X,Y,Z\) egy egyenes különböző pontjai, \(\displaystyle (XYZ)=\pm\frac{XZ}{ZY}\), ahol az előjel pozitív ill. negatív, ha \(\displaystyle \overrightarrow{XZ}\) és \(\displaystyle \overrightarrow{ZY}\) azonos ill. ellentétes irányú.)

Előbb belátjuk, hogy \(\displaystyle (BCU)=(BVS)\). Ehhez \(\displaystyle BC\) egyenesre számegyenesként tekintünk; a rajta lévő pontok nevével számokat jelöljünk. A számegyenes origója legyen \(\displaystyle B=0\), és az egység legyen olyan, hogy \(\displaystyle C=b+c\) legyen. Ekkor a szögfelezőtétel szerint \(\displaystyle T=c\), illetve

\(\displaystyle \frac{V-B}{V-C}=\frac{c}{b}\quad\implies\quad V=-\frac{c(b+c)}{b-c},\)

valamint

\(\displaystyle S=\frac{U+V}{2}=\frac12\left(-\frac{c(b+c)}{b-c}+c\right)=-\frac{c^2}{b-c},\)

ahonnan

\(\displaystyle (BVS)=\frac{B-S}{S-V}=\frac{c^2/(b-c)}{(-c^2+c(b+c))/(b-c)}=\frac cb=(BCT).\)

A Menelaosz-tétel szerint

\(\displaystyle (CFD)\cdot (FBA)\cdot (BCU)=-1,\)

\(\displaystyle (VFK)\cdot (FBA)\cdot (BVS)=-1.\)

Ebből következik, hogy \(\displaystyle (CFD)=(VFK)\), így hasonlóság miatt \(\displaystyle CV\) és \(\displaystyle DK\) párhuzamos. \(\displaystyle \blacksquare\)

A megoldásra térve, felírjuk \(\displaystyle K\)-nak \(\displaystyle (ABC)\)-re való hatványát. Mivel \(\displaystyle KA\) érinti \(\displaystyle ABC\) kört, \(\displaystyle KA^2=KP\cdot KQ\). Mivel \(\displaystyle KA=KD\), ezért \(\displaystyle KD^2=KP\cdot KQ\). Ebből, mivel \(\displaystyle K,P,Q\) ebben a sorrendben következnek egy egyenesen, következik, hogy \(\displaystyle KD\) érinti \(\displaystyle DPQ\) kört. Tehát \(\displaystyle OD\) merőleges \(\displaystyle KD\)-re s így \(\displaystyle BC\)-re is.

Megjegyzés ("Hogyan lehetett rájönni?"). A geometriára sokszor gondolhatunk asszociációs játékként, némi számolási technikával kiegészítve. A \(\displaystyle DPQ\) kört úgy definiáltuk, mint a \(\displaystyle D\)-n áthaladó kör, melynek \(\displaystyle ABC\) körrel vett hatványvonala \(\displaystyle EF\) egyenes. Az \(\displaystyle EF\) egyenes pedig áthalad \(\displaystyle U\) harmonikus párján, ami \(\displaystyle D\) választásától független pont. A valódi kulcsötlet azonban az "egy kör pontjának elhelyezkedése az érintőjének irányával vizsgálható": ehhez kapcsolódik az A.686. feladat lemmája is. Tehát az \(\displaystyle OD\perp BC\) merőlegesség helyett a \(\displaystyle D\)-ben húzott érintő \(\displaystyle BC\)-vel való párhuzamosságát látjuk be. Emiatt pedig célszerűvé válik az \(\displaystyle ABC\) kör, a \(\displaystyle DPQ\) kör és a \(\displaystyle D\) ponttá fajuló kör hatványpontját vizsgálni, ami éppen a \(\displaystyle K\) pont. Elegendő utána észrevenni, hogy akkor \(\displaystyle KA\) érintené \(\displaystyle ABC\) kört: ezt követően az ábra lecsupaszításával egyszerű arányszámításra redukálható a feladat.


2. megoldás ("megtaláljuk a kis feladat mögött rejlő nagy ábrát"). Jelölje az \(\displaystyle ABC\) kört \(\displaystyle \omega\), és legyen \(\displaystyle N\) a \(\displaystyle CAB\) körív felezőpontja. Legyen \(\displaystyle \Omega\) a \(\displaystyle N\) középpontú, \(\displaystyle B,C\)-n átmenő kör; legyen \(\displaystyle R=\Omega\cap CD\) és \(\displaystyle S=\Omega\cap BD\). Kerületi és középponti szögekből \(\displaystyle BRD\sphericalangle =\frac12BNC\sphericalangle =\frac12BAC\sphericalangle =BAD\sphericalangle\), tehát \(\displaystyle A,D,B,R\) egy körön vannak (irányított szögeket használtunk, lásd pl. itt). Hasonlóan látjuk, hogy \(\displaystyle A,D,C,S\) egy körön vannak.

Az \(\displaystyle AB\) egyenes az \(\displaystyle ABDR\) kör és \(\displaystyle \omega\) hatványvonala, a \(\displaystyle DR\) egyenes pedig az \(\displaystyle ABDR\) és \(\displaystyle DRS\) körök hatványvonala. Ezért az \(\displaystyle F=AB\cap DR\) pont a három kör hatványpontja, és rajta van a \(\displaystyle DRS\) kör és \(\displaystyle \omega\) hatványvonalán. Hasonlóan kapjuk, hogy az \(\displaystyle E\) pont is rajta van a \(\displaystyle DRS\) kör és \(\displaystyle \omega\) hatványvonalán. Az \(\displaystyle EFPQ\) egyenes tehát a \(\displaystyle DRS\) kör és \(\displaystyle \omega\) hatványvonala. A \(\displaystyle P,Q\) pontok rajta vannak az egyik körön és a hatványonalon, tehát rajta vannak a másik körön is: \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\) rajta van a \(\displaystyle DRS\) körön.

Ezek után legyen \(\displaystyle DT\) a \(\displaystyle DPQRS\) kör egy érintője az ábra szerint. Ekkor \(\displaystyle RDT\sphericalangle=RSD\sphericalangle=RCB\sphericalangle\), vagyis \(\displaystyle DT\|BC\), ami ekvivalens az állítással.

Megjegyzés ("Hogyan lehetett rájönni?"). A fenti ábrához fogható szép részletek megtalálása várhatóan sok kukába való részlet észrevételével jár együtt, hacsak nem kiváltképp leleményes vagy szerencsés a feladatmegoldó. Emellett átláthatóság végett gyakran válik érdemessé részábrákat rajzolni. A teljes ábra:

\(\displaystyle \bullet\) az \(\displaystyle \Omega\) kör és az egy ponton átmenő \(\displaystyle BC,EF,AN,RS\), illetve \(\displaystyle BR,CS,AD\) egyenesek;

\(\displaystyle \bullet\) egy inverzió, melynek hatása \(\displaystyle B\leftrightarrow C\), \(\displaystyle A\leftrightarrow N\), \(\displaystyle P\leftrightarrow Q\), \(\displaystyle R\leftrightarrow S\), s egy másik inverzió, melynek hatása \(\displaystyle A\leftrightarrow D\), \(\displaystyle B\leftrightarrow R\), \(\displaystyle C\leftrightarrow S\);

\(\displaystyle \bullet\) felírható egy Pascal-tétel a \(\displaystyle BBRCCS\) hatszögre, szögfelezőtétel+Ceva+Menelaosz az \(\displaystyle ABC\) háromszögre, Desargues-tétel az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle DRS\) háromszögekre;

\(\displaystyle \bullet\) ily módon még sok kör, köztük a \(\displaystyle PQRS\) kör is.

A legnehezebb lépés talán annak belátása, hogy a \(\displaystyle D\) pont illeszkedik a \(\displaystyle PQRS\) körre. Onnan egyszerűen adódik, hogy a \(\displaystyle DRS\) kör \(\displaystyle D\)-beli érintője párhuzamos \(\displaystyle BC\)-vel.


Statisztika:

9 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Bukva Balázs, Gáspár Attila, Imolay András, Janzer Orsolya Lili, Matolcsi Dávid, Schrettner Jakab.
4 pontot kapott:Bán-Szabó Áron.
0 pontot kapott:2 versenyző.

A KöMaL 2018. februári matematika feladatai