Az A. 853. feladat (2023. április)

A. 853. Az általános helyzetű \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) pontokról tudjuk, hogy az \(\displaystyle AA'\), \(\displaystyle BB'\), \(\displaystyle CC'\) egyenesek mind érintik ugyanazt az egyenlő szárú hiperbolát rendre az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontokban, továbbá hogy az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszög körülírt köre megegyezik az \(\displaystyle ABC\) háromszög Feuerbach-körével. Jelölje \(\displaystyle s(A')\) az \(\displaystyle A'\) pontnak az \(\displaystyle ABC\) háromszög talpponti háromszögéhez tartozó Simson-egyenesét, \(\displaystyle A^*\) pedig legyen az \(\displaystyle A\)-ból az \(\displaystyle s(A')\)-re állított merőlegesnek és a \(\displaystyle B'C'\) egyenesnek a metszéspontja. Hasonlóan definiáljuk a \(\displaystyle B^*\) és \(\displaystyle C^*\) pontokat. Mutassuk meg, hogy az \(\displaystyle A^*\), \(\displaystyle B^*\) és \(\displaystyle C^*\) pontok egy egyenesen vannak.

Javasolta: Bán-Szabó Áron (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2023. május 10-én LEJÁRT.

Kezdjük két lemma belátásával:

1. Lemma: Legyen \(\displaystyle ABC\) egy háromszög (nem a feladatbeli) és \(\displaystyle P\) egy pont a körülírt körén. Ekkor \(\displaystyle P\) izogonális konjugáltja a \(\displaystyle P\) pont Simson-egyenesére merőleges ideális pont.

Legyen \(\displaystyle X\) egy pont a síkon, és jelölje \(\displaystyle X_a,X_b,X_c\) az \(\displaystyle X\) pont tükörképeit rendre az \(\displaystyle a,b,c\) oldalegyenesekre. Ismert, hogy ekkor az \(\displaystyle (X_aX_bX_c)\) kör középpontja éppen \(\displaystyle X\)-nek az izogonális konjugáltja lesz. Vázlatos indoklás: ha \(\displaystyle Y\) az \(\displaystyle X\) izogonális konjugáltja, akkor könnyen láthatóan rajta van pl. az \(\displaystyle X_cAX_b\) szögfelezőjén, és mivel a tükrözések miatt \(\displaystyle X_cA=XA=X_bA\), ezért a szögfelező éppen az \(\displaystyle X_bX_c\) felezőmerőlegese. Ha az \(\displaystyle (X_aX_bX_c)\) kör létezik a szokásos kör formájában, akkor a középpontja is egy pont az Euklideszi síkon. Így \(\displaystyle Y\) pontosan akkor lesz ideális pont, ha az \(\displaystyle (X_aX_bX_c)\) kör egyenessé fajul. Viszont ismert, hogy egy pont vetületei a háromszög oldalegyeneseire pontosan akkor lesznek egy egyenesen, ha rajta van a körülírt körön (Simson-egyenes). Persze az \(\displaystyle X_aX_bX_c\) háromszög az \(\displaystyle X\) pont talpponti háromszögének kétszeres nagyítása \(\displaystyle X\)-ből, így az \(\displaystyle X_aX_bX_c\) pontosan akkor fajul egyenessé, ha \(\displaystyle X\) rajta van a körülírt körön. Továbbá vegyük észre, hogy ekkor az \(\displaystyle X_bX_c,X_cX_a,X_aX_b\) szakaszok felezőmerőlegesei Simson-egyenesre merőleges egyenesekké fajulnak, azaz a metszéspontjuk (\(\displaystyle Y\)) valóban a Simson-egyenesre merőleges ideális pont lesz.

Térjünk vissza az eredeti feladat jelöléseihez. Legyen \(\displaystyle \mathcal{H}\) a hiperbola, \(\displaystyle DEF\) pedig az \(\displaystyle ABC\) talpponti háromszöge.

2. Lemma: Ha \(\displaystyle P,Q\) izogonális konjugáltak a \(\displaystyle DEF\) háromszögben, akkor \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle P\) polárisán (\(\displaystyle \mathcal{H}\)-ra nézve).

Legyen \(\displaystyle H\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög magasságpontja. Ismert, hogy \(\displaystyle H\in \mathcal{H}\), de most adunk egy másik bizonyítást: kevésbé ismert, hogy az \(\displaystyle A,B,C\) pontokon átmenő kúpszeletek izogonális konjugáltjai egyenesek (itt az izogonális konjugálást az \(\displaystyle ABC\) háromszögben értjük). Először is, ha egy pont egy egyenesen mozog, akkor a pontot az \(\displaystyle A\) és a \(\displaystyle B\) ponttal összekötve két perspektív sugársort kapunk. Most a mozgó pont izonális konjugáltját úgy kapjuk meg, hogy a két sugársornak a pontot kimetsző egyeneseit tükrözzük a megfelelő \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\)-beli szögfelezőkre. Így ismét két perspektív sugársort kapunk, és ismert, hogy két perspektív sugársor megfelelő egyeneseinek metszete kúpszelet. Ezen rajta vannak a háromszög csúcsai is, hiszen \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) a két sugársor középpontja, \(\displaystyle C\)-t pedig úgy kapjuk meg, hogy vesszük az egyenes és az \(\displaystyle AB\) oldalegyenes metszéspontját. (Megjegyzés: ebből a korábbi állításra is adódik egy bizonyítás, hiszen az ideális pontokat \(\displaystyle A\)-val és \(\displaystyle B\)-vel összekötve a sugársorok még egybevágóak és azonos irányításúak is lesznek, és így a tükörképeikre is teljesül ez, és mivel nem az ideális egyenes lesz a tükörképek metszete, ezért csak kör lehet.)

Fordítva is teljesül a dolog: az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\) és \(\displaystyle C\) pontokon átmenő kúpszeleten futtatva egy pontot megint kaphatunk egy \(\displaystyle A\) és egy \(\displaystyle B\) ponton átmenő sugársort. Ha ismét tükrözzük az \(\displaystyle A\) és a \(\displaystyle B\)-beli szögfelezőkre a megfelelő egyeneseket, akkor most két olyan perspektív sugársort kapunk, melyeknek van közös egyenese (a \(\displaystyle C\) ponton átmenő sugarak tükörképe mindkét sugársornál az \(\displaystyle AB\) egyenes), és ismert, hogy közös egyenessel rendelkező perspektív sugársorok megfelelő egyeneseinek metszete egyenes.

Mivel \(\displaystyle \mathcal{H}\) egyenlő szárú, két ideális pontot tartalmaz, melyek merőlegesek. Mint láttuk, ezek izogonális konjugáltjai a körülírt körön lesznek, és mivel a sugársorok őket kimetsző két-két egyenese merőleges egymásra, ezért átellenes pontokat kapunk a körön. Így tehát \(\displaystyle O\) rajta van a hiperbola izogonális konjugáltján, ekkor viszont \(\displaystyle O\) izogonális konjugáltja, azaz a magasságpont rajta van a hiperbolán.

Jelölje ezután \(\displaystyle t\) azt a transzformációt, amely minden \(\displaystyle X\in PQ\) ponthoz az \(\displaystyle A,B,C,H,X\) pontokon átmenő kúpszeletnek a \(\displaystyle PQ\) egyenessel való második \(\displaystyle X'\) metszéspontját rendeli hozzá. Nem nehéz belátni, hogy \(\displaystyle t\) projektív (ez mindig igaz, nem csak egy háromszög három csúcsára és a magasságpontra).

Az \(\displaystyle ABCHXX'\) hatszögre felírt Pascal-tétel miatt az \(\displaystyle AB\cap HX,BC\cap XX',CH\cap X'A\) pontok egy egyenesen vannak. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle BC\cap XX'=BC\cap PQ=S\) egy fix pont. Így az \(\displaystyle X\stackrel{H}{\mapsto}AB\cap HX=X_1\), \(\displaystyle X_1\stackrel{S}{\mapsto} SX_1\cap CH=X_2\), \(\displaystyle X_2\stackrel{A}{\mapsto}AX_2\cap PQ\) vetítések sorozata pont \(\displaystyle X'\)-t fogja eredményezni. Most nevezzük el a \(\displaystyle PQ\) egyenesnek a \(\displaystyle BC,AD,CA,BE,AB,CF\) egyenesekkel való metszéspontjait rendre \(\displaystyle R_A,S_A,R_B,S_B,R_C,S_C\)-nek. Mivel a \(\displaystyle DEF\) háromszög beírt és hozzáírt köreinek középpontjai rendre \(\displaystyle H,A,B,C\), a \(\displaystyle DP,DQ\) egyenesek tükrösek a \(\displaystyle DR_A,DS_A\) szögfelezőkre. Ez pont az jelenti, hogy a \(\displaystyle PDQ\) szög két szögfelezője éppen \(\displaystyle DR_A\) és \(\displaystyle DS_A\), és ekkor ismert, hogy \(\displaystyle (P,Q;R_A,S_A)=-1\) (egy lehetséges bizonyítás: felírjuk kétszer a szögfelezőtételt a \(\displaystyle PQD\) háromszögre). Viszont \(\displaystyle t:R_A\mapsto S_A\) (ilyenkor a kúpszelet a \(\displaystyle DR_A\cup DS_A=BC\cup DA\) egyenespárrá fajul). Persze ugyanez elmondható az \(\displaystyle R_B,R_C\) pontokról. Ám a \(\displaystyle PQ\) egyenesen az \(\displaystyle X\in PQ\mapsto X'\in PQ:(X,X';P,Q)=-1\) transzformáció (\(\displaystyle P,Q\) pontokra való harmonikus konjugálás) is projektív, hiszen egy pont harmonikus társa vetítések sorozatával megkapható egy teljes négyes segítségével. Tehát a két projektív leképzés három pontban is megegyezik az egyenesen, azaz minden pontban. Így ha \(\displaystyle R,S\) a két metszéspontja \(\displaystyle \mathcal{H}\)-nak \(\displaystyle PQ\)-val, akkor \(\displaystyle (R,S;P,Q)=-1\), de ezt pont azt jelenti, hogy \(\displaystyle Q\) rajta van \(\displaystyle P\) polárisán.

Most pedig belátjuk a bizonyítandó állítást. Jelölje \(\displaystyle p(X)\) az \(\displaystyle X\) pont polárisát \(\displaystyle \mathcal{H}\)-ra nézve.

Először is \(\displaystyle A\in p(A')\), hiszen \(\displaystyle AA'\) érinti \(\displaystyle \mathcal{H}\)-t \(\displaystyle A\)-ban. Továbbá a 2. lemma miatt \(\displaystyle A'\) izogonális konjugáltja (a \(\displaystyle DEF\) talpponti háromszögben) is rajta van \(\displaystyle p(A')\)-n, viszont az 1. lemma miatt ez éppen az \(\displaystyle s(A')\)-re merőleges ideális pont. Azaz \(\displaystyle p(A')\) pontosan az \(\displaystyle A\)-ból \(\displaystyle s(A')\)-re állított merőleges lesz. Ugyanez elmondható persze \(\displaystyle p(B')\)-ről és \(\displaystyle p(C')\)-ről is. A következő állítás már tetszőleges kúpszeletre és nem egy egyenesre eső \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) pontra igaz, és ezt nyilván elég belátni a bizonyítás befejezéséhez:

3. Lemma: Tetszőleges kúpszelet és \(\displaystyle A'\), \(\displaystyle B'\), \(\displaystyle C'\) pontok esetén legyen \(\displaystyle A^*\) az \(\displaystyle A'\) pont polárisának és a \(\displaystyle B'C'\) egyenesnek a metszéspontja. \(\displaystyle B^*\) és \(\displaystyle C^*\) hasonló módon van definiálva. Bizonyítandó, hogy \(\displaystyle A^*\), \(\displaystyle B^*\) és \(\displaystyle C^*\) egy egyenesre esnek. Vagy egyszerűbben fogalmazva: egy háromszög és a csúcsainak a polárisai által alkotott háromszög perspektív egymással.

Legyen \(\displaystyle p(B')\) metszéspontja az \(\displaystyle A'B'\) és \(\displaystyle B'C'\) egyenesekkel rendre \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle N\). Vetítsünk a \(\displaystyle B^*\) ponton keresztül az \(\displaystyle A'B'\) egyenesről a \(\displaystyle B'C'\) egyenesre. Ekkor az \(\displaystyle A'\) pont képe \(\displaystyle C'\), az \(\displaystyle M\) pont képen \(\displaystyle N\), \(\displaystyle B'\) képe pedig \(\displaystyle B'\). Azt szeretnénk belátni, hogy \(\displaystyle C^*\) képe \(\displaystyle A^*\), ehhez pedig a vetítés kettősviszonytartása miatt azt kéne belátni, hogy \(\displaystyle (A'MC^*B')=(C'NA^*B')\). Legyen az \(\displaystyle A'B'\) pólusa a \(\displaystyle K\) pont.

Ekkor La Hire miatt \(\displaystyle M\) polárisa átmegy \(\displaystyle K\)-n (\(\displaystyle M\) rajta van \(\displaystyle A'B'\)-n) és \(\displaystyle B'\)-n (hisz \(\displaystyle M\) rajta van \(\displaystyle p(B')\)-n), \(\displaystyle C^*\) polárisa szintén átmegy \(\displaystyle K\)-n (\(\displaystyle C^*\) rajta van \(\displaystyle A'B'\)-n) és \(\displaystyle C'\)-n (hisz \(\displaystyle C^*\) rajta van \(\displaystyle p(C')\)-n). Felhasználva, hogy a pólus-poláris hozzárendelés kettősviszonytartó, \(\displaystyle (A'MC^*B')\) megegyezik a \(\displaystyle p(A')=KA^*\), \(\displaystyle p(M)=KB'\), \(\displaystyle p(C^*)=KC'\), \(\displaystyle p(B')=KB^*=KN\) egyenesek kettősviszonyával, ami pedig egyenlő az \(\displaystyle (A^*B'C'N)\) kettősviszonnyal. Végül a kettősviszonyra vonatkozó jól ismert azonosságokból következik, hogy \(\displaystyle (A^*B'C'N)=(C'NA^*B')\), és így készen vagyunk.

Statisztika:

2 dolgozat érkezett.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2023. áprilisi matematika feladatai