Az A. 901. feladat (2025. február)

A. 901. Tükrözzük a nem egyenlő szárú hegyesszögű \(\displaystyle ABC\) háromszöget az Euler-egyenesére, így kapjuk az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszöget. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög Feuerbach-körének egy pontja legyen \(\displaystyle P\). Minden \(\displaystyle X\) pont esetén jelölje \(\displaystyle p(X)\) az \(\displaystyle X\) pont tükörképét \(\displaystyle P\)-re.

a) Legyen \(\displaystyle e_{AB}\) az az egyenes, amely átmegy az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle BB'\) egyenesre vett merőleges vetületén és a \(\displaystyle B\) pont \(\displaystyle AA'\) egyenesre vett merőleges vetületén. Hasonlóan definiáljuk az \(\displaystyle e_{BC}\), \(\displaystyle e_{CA}\) egyeneseket. Igazoljuk, hogy ez a három egyenes egy \(\displaystyle K\) pontban találkozik.

b) Bizonyítsuk be, hogy két olyan választása is van \(\displaystyle P\)-nek, amelyre az \(\displaystyle Ap(A')\), \(\displaystyle Bp(B')\) és \(\displaystyle Cp(C')\) egyenesek egy ponton mennek át, továbbá a \(\displaystyle {p(A)p(A')\cap BC}\), \(\displaystyle {p(B)p(B')\cap CA}\), \(\displaystyle {p(C)p(C')\cap AB}\) és \(\displaystyle K\) pontok egy egyenesre esnek.

Javasolta: Bán-Szabó Áron (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2025. március 10-én LEJÁRT.

Fel fogunk használni néhány ismertebb, és néhány kevésbé ismert állítást. Ezeket először felsoroljuk, és mutatunk olyan forrást, ahol megtalálható elemi bizonyítás angol nyelven. Minden hivatkozás Roger Johnson: Advanced Euclidean Geometry könyvére vonatkozik.

1. Egy pontnak és az izogonális konjugáltjának a merőleges vetületei a háromszög oldalegyeneseire egy körre esnek.
   Lásd 155. oldal 236. Theorem
2. Az \(\displaystyle ABC\) háromszögben a körülírt körön lévő \(\displaystyle P\) pont Simson-egyenese merőleges az \(\displaystyle AP\) egyenes \(\displaystyle A\)-izogonális egyenesére.
   Lásd 206. oldal 326. Theorem
3. Egy háromszögben a \(\displaystyle P\) pont Simson-egyenese (ahol \(\displaystyle P\) a körülírt körnek egy pontja) felezi a magasságpontot és a \(\displaystyle P\) pontot összekötő szakaszt. Ebből következik, hogy a \(\displaystyle P\) pont Steiner-egyenese, amelyet úgy kapunk, hogy a \(\displaystyle P\) pontot tükrözzük a háromszög oldalegyeneseire, átmegy a háromszög magasságpontján.
   Lásd 207. oldal 327. Theorem
4. A körülírt körön átellenes pontok Simson-egyenesei merőlegesek egymásra, és a metszéspontjuk rajta van a Feuerbach-körön.
   Lásd 208. oldal 328. Theorem
5. Adott a síkon négy pont, \(\displaystyle A,B,C,D\), melyek közül semelyik három nincs egy egyenesen. Ekkor az \(\displaystyle ABC,BCD,CDA,DAB\) háromszögek Feuerbach-körei egy pontban találkoznak, az \(\displaystyle ABCD\) pontnégyes Poncelet-pontjában.
   Lásd 242. oldal 396. Theorem
6. Ha a \(\displaystyle D\) pontot merőlegesen vetítjük az \(\displaystyle ABC\) háromszög oldalegyeneseire, a vetületek körülírt köre átmegy a Poncelet-ponton.
   Lásd 242. oldal 397. Theorem

Vezessünk be néhány pontot. Jelölje \(\displaystyle \mathbf{u}\) az Euler-egyenes irányát, \(\displaystyle \mathbf{v}\) pedig az erre merőleges irányt. Legyen \(\displaystyle V\) a \(\displaystyle \mathbf{v}\) irányú ideális pont. A háromszög magasságpontját \(\displaystyle H\)-val jelöljük. Világos, hogy az \(\displaystyle ABC,A'B'C'\) háromszögek körülírt körei és magasságpontjai egybeesnek. Ezen felül még a Feuerbach is közös, ezt \(\displaystyle \gamma\)-val fogjuk jelölni.

Kezdjük az a)-val. Tekintsük az \(\displaystyle ABCV\) pontnégyest. Vegyük észre, hogy bár \(\displaystyle V\) a végtelenben van, az \(\displaystyle ABCV\) pontnégyesnek lesz Poncelet-pontja. Legyen ugyanis \(\displaystyle V_i\) egy \(\displaystyle V\)-hez tartó pontsorozat. Mivel az \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle V_i\) pontnégyes Poncelet-pontja rajta van \(\displaystyle \gamma\)-n, így a Poncelet-pontok sorozata korlátos, tehát van konvergens részsorozata (innentől ezt jelöli \(\displaystyle V_i\)), és ennek a határértékét tekintjük. Azt állítjuk, hogy ez a pont éppen \(\displaystyle K\). Találjuk ki, hogy hova tart az \(\displaystyle ABV_i\) Feuerbach-köre, ha \(\displaystyle i\) tart a végtelenhez. Tudjuk, hogy a Feuerbach-kör átmegy a magasságvonalak talppontjain, mik lesznek ezek? Az \(\displaystyle A\)-ból \(\displaystyle BV_i\)-re állított merőleges talppontja \(\displaystyle V\) és \(\displaystyle B'\) definíciója szerint éppen \(\displaystyle A\) vetületéhez tart a \(\displaystyle BB'\) egyenesen, míg a \(\displaystyle B\)-ből \(\displaystyle AV_i\)-re állított merőleges talppontja éppen a \(\displaystyle B\) vetületéhez tart az \(\displaystyle AA'\) egyenesen. Tehát az \(\displaystyle ABV_i\) háromszög Feuerbach-köre az \(\displaystyle e_{AB}\) egyeneshez tart, hiszen a sugara tart a végtelenhez, ezért átmegy az általunk definiált ponton. Hasonlóan az \(\displaystyle e_{BC}\), \(\displaystyle e_{CA}\) egyenesek is átmennek ezen.

Vegyük észre, hogy az előző gondolatmenetből az is kiderül, hogy \(\displaystyle K\in \gamma\). A b) feladatra rátérve pedig az első jó választása \(\displaystyle P\)-nek éppen \(\displaystyle K\) lesz. Lássuk ezt be. Ehhez először azt igazoljuk, hogy \(\displaystyle P=K\) esetében az \(\displaystyle Ap(A'),Bp(B'),Cp(C')\) egyenesek az \(\displaystyle (ABC)\) körön metszik egymást. Legyen \(\displaystyle H\) tükörképe \(\displaystyle K\)-ra \(\displaystyle S\). Ez persze a körön van, mert \(\displaystyle \gamma\)-nak és az \(\displaystyle (ABC)\) körnek \(\displaystyle H\) a belső hasonlósági pontja (és a hasonlóság aránya 2). Jelölje \(\displaystyle V\) izogonális konjugáltját az \(\displaystyle ABC\) háromszögben \(\displaystyle V^*\). Mivel \(\displaystyle V\) ideális pont, \(\displaystyle V^*\) rajta van az \(\displaystyle (ABC)\) körön, méghozzá \(\displaystyle V^*\) Simson-egyenese \(\displaystyle \mathbf{u}\) irányú. Mivel a \(\displaystyle V\) ponthoz tartozó talppontok köre ugyanaz, mint a \(\displaystyle V^*\) talppontjainak köre (ami ebben az esetben egyenes), azt kaptuk, hogy \(\displaystyle V^*\) Simson-egyenese átmegy \(\displaystyle K\)-n. Ha ezt kétszeresére nagyítjuk \(\displaystyle H\)-ból, akkor az éppen az \(\displaystyle SV^*\) egyenes lesz, ami így tehát \(\displaystyle \mathbf{u}\) irányú. Így az \(\displaystyle S\) pont tükörképe az Euler-egyenesre – melyet jelöljünk \(\displaystyle T\)-vel – éppen a \(\displaystyle V^*\)-gal szemközti pont lesz az \(\displaystyle (ABC)\) körön. A tükrözés miatt \(\displaystyle T\) Simson-egyenese az \(\displaystyle ABC\) háromszögre nézve ugyanaz, mint \(\displaystyle S\) Simson-egyenese az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszögre nézve (hiszen egymás tükörképei, de az irányuk –\(\displaystyle \mathbf{v}\) merőleges a tükörtengelyre). És persze a két Simson-egyenes átmegy \(\displaystyle K\)-n. Most igazoljuk, hogy \(\displaystyle S\)-ből a \(\displaystyle B'C'\)-re állított merőleges átmegy \(\displaystyle A\)-n. Ez a merőleges messe a körülírt kört \(\displaystyle S'\neq S\)-ben, azt kell belátni, hogy \(\displaystyle S'=A\). Jelölje \(\displaystyle H'\) a \(\displaystyle H\) tükörképét a \(\displaystyle B'C'\) egyenesre, ami persze rajta van az \(\displaystyle (ABC)\) körön. Mivel \(\displaystyle A'H'\parallel S'S\), az \(\displaystyle A'H'SS'\) húrtrapéz. A \(\displaystyle H'S\) egyenes \(\displaystyle B'C'\)-re vett tükörképe éppen az \(\displaystyle S\) Steiner-egyenese az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszögre nézve, amiről már tudjuk, hogy \(\displaystyle \mathbf{v}\) irányú. Így mivel \(\displaystyle AA'\) is \(\displaystyle \mathbf{v}\) irányú, \(\displaystyle A=S'\). Végül \(\displaystyle K\) felezi a \(\displaystyle HS\) szakaszt, ezért \(\displaystyle p(A')\) rajta lesz az \(\displaystyle AS\) egyenesen. Tehát beláttuk, hogy az \(\displaystyle Ap(A'),Bp(B'),Cp(C')\) egyenesek \(\displaystyle S\)-ben találkoznak.

Most belátjuk, hogy a \(\displaystyle K\) pontból a \(\displaystyle V^*K\) egyenesre állított merőleges átmegy a \(\displaystyle p(A)p(A')\cap BC\) ponton (persze akkor a \(\displaystyle p(B)p(B')\cap CA\) és \(\displaystyle p(C)p(C')\cap AB\) pontokon is). Belátjuk tehát, hogy a \(\displaystyle p(A)p(A')\cap BC=Z\) jelöléssel \(\displaystyle ZK\perp ZV^*\). Jelölje \(\displaystyle W\) a \(\displaystyle V^*\) pont merőleges vetületét a \(\displaystyle BC\) egyenesen. Messe a \(\displaystyle (V^*KW)\) kör a \(\displaystyle BC\) egyenest másodszorra \(\displaystyle Z'\)-ben. Ha belátjuk, hogy \(\displaystyle Z=Z'\), akkor készen vagyunk, hiszen ekkor \(\displaystyle V^*KZ\sphericalangle=V^*WZ\sphericalangle=90^{\circ}\). Jelölje \(\displaystyle W'\) az \(\displaystyle A'\) pont vetületét a \(\displaystyle BC\) egyenesen, és jelölje \(\displaystyle K'\) a \(\displaystyle K\) tükörképét az Euler-egyenesre nézve. Mivel láttuk már, hogy az \(\displaystyle S\) Simson-egyenese az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszögre nézve a \(\displaystyle KK'\) egyenes, és \(\displaystyle AS\perp B'C'\), ezért az \(\displaystyle A\) pont vetülete a \(\displaystyle B'C'\) egyenesre rajta fekszik a \(\displaystyle KK'\) egyenesen. Ha most tükrözünk az Euler-egyenesre, akkor ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle A'\) pont vetülete a \(\displaystyle BC\) egyenesre nézve, azaz \(\displaystyle W'\) rajta fekszik \(\displaystyle KK'\)-n. Innen az is világos, hogy az \(\displaystyle A'W'WV^*\) egy téglalap (hiszen \(\displaystyle A'V^*\perp AT\)). Most térjünk vissza a \(\displaystyle (V^*KWZ')\) körre. Mivel \(\displaystyle WK\perp KK'\), ezért a \(\displaystyle W\)-vel átellenes pont - amit \(\displaystyle Y\)-al jelölünk - éppen a \(\displaystyle KK'\) egyenes és a \(\displaystyle (V^*KWZ')\) kör \(\displaystyle K\)-tól különböző metszéspontja lesz. Ekkor persze \(\displaystyle WZ'\perp V^*W,YZ'\), így a \(\displaystyle V^*WZ'Y\) is egy téglalap. De ez csak úgy lehet, ha az \(\displaystyle A'W'Z'Y\) is téglalap. Ez pedig azt jelenti, hogy \(\displaystyle Z'\) és \(\displaystyle A'\) egyenlő távolságra van a \(\displaystyle W'Y\) egyenestől, ami éppen a \(\displaystyle KK'\) egyenes. Innen azonnal következik, hogy a \(\displaystyle Z'\)-n átmenő \(\displaystyle \mathbf{v}\) irányú egyenes az \(\displaystyle AA'\) egyenes tükörképe a \(\displaystyle KK'\) egyenesre (és így a \(\displaystyle K\) pontra is), azaz valóban \(\displaystyle Z=Z'\).

Most keressünk még egy ilyen pontot. Szerencsére nem kell sokáig keresgélni, \(\displaystyle K'\) megfelelő lesz. Rögtön észrevehetjük, hogy mivel \(\displaystyle KK'\) merőleges az Euler-egyenesre, a \(\displaystyle p(A)p(A')\cap BC\), \(\displaystyle p(B)p(B')\cap CA\), \(\displaystyle p(C)p(C')\cap AB\) pontok ugyanazok, mint \(\displaystyle P=K\) esetében voltak, tehát elég azt belátni, hogy az \(\displaystyle Ap(A')\), \(\displaystyle Bp(B')\) és \(\displaystyle Cp(C')\) egyenesek egy ponton mennek át. Megmutatjuk, hogy éppen \(\displaystyle H\)-ban fognak találkozni. Logikai szimmetria miatt az kellene, hogy \(\displaystyle Ap(A')\perp BC\). Viszont ezt már beláttuk: ha visszatükrözünk az Euler-egyenesre, ez ekvivalens azzal, hogy \(\displaystyle A\) tükörképe \(\displaystyle K\)-ra rajta van az \(\displaystyle A'\)-ből \(\displaystyle B'C'\)-re állított merőlegesen, ami igaz lesz, mert az \(\displaystyle AS\) és \(\displaystyle A'H\) egyenesek párhuzamosak, és \(\displaystyle K\) felezi a \(\displaystyle HS\) szakaszt.

Még azt gondoljuk meg, hogy \(\displaystyle K\) és \(\displaystyle K'\) különböző. Csak akkor eshetne a két pont egybe, ha \(\displaystyle K\) rajta lenne az Euler-egyenesen. De mivel \(\displaystyle V^*\) Simson-egyenese \(\displaystyle \mathbf{u}\) irányú, az Euler-egyenes lenne a Simson-egyenes, ami átmegy \(\displaystyle H\)-n, vagyis \(\displaystyle V^*\) rajta lenne a Simson-egyenesen, de ez csak akkor lehetséges, ha egybeesik az egyik csúccsal, és ekkor az Euler-egyenes merőleges az egyik oldalra és átmegy az egyik csúcson, ami csak egyenlőszárú háromszögek esetén teljesül.

Statisztika:

Az A. 901. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2025. februári matematika feladatai