 |
Az A. 932. feladat (2026. április) |
A. 932. Az \(\displaystyle ABC\) hegyesszögű háromszög magasságpontja \(\displaystyle H\). A \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) pontok rendre az \(\displaystyle AC\), \(\displaystyle AB\) egyeneseken vannak úgy, hogy a \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\) pontok egy körön vannak, továbbá a \(\displaystyle DE\) egyenes felezi a \(\displaystyle BC\) oldalt. Tegyük fel, hogy a \(\displaystyle BD\), \(\displaystyle CE\) egyenesek \(\displaystyle M\)-ben találkoznak. Mutassuk meg, hogy a \(\displaystyle HM\) egyenes merőleges az \(\displaystyle A\) csúcshoz tartozó szimmedián egyenesre.
Javasolta: Bán-Szabó Áron (Palaiseau)
(7 pont)
A beküldési határidő 2026. május 11-én LEJÁRT.
Első megoldás.
Legyenek a magasságok talppontjai \(\displaystyle B_0\) és \(\displaystyle C_0\), azaz \(\displaystyle BB_0\perp AC\) és \(\displaystyle CC_0\perp AB\). Jelölje továbbá \(\displaystyle F\) a \(\displaystyle BC\) oldal felezőpontját, és legyen \(\displaystyle B_0E\cap C_0D=S\). Ismert, hogy az \(\displaystyle FB_0\) és \(\displaystyle FC_0\) egyenesek érintik a \(\displaystyle k=(AB_0HC_0)\) kört.
Mivel a \(\displaystyle BAC\) szögtartományban a \(\displaystyle BC\) egyenes antiparallel mind a \(\displaystyle DE\), mind a \(\displaystyle B_0C_0\) egyenessel, ezért \(\displaystyle DE\parallel B_0C_0\).
Tekintsük most a \(\displaystyle B_0B_0AC_0C_0S\) hatszöget. Erre alkalmazva Pascal tételének megfordítását azt kapjuk, hogy \(\displaystyle S\in k\). Másrészt a Papposz–Pascal-tételt alkalmazva a \(\displaystyle B,C_0,E\) és \(\displaystyle C,B_0,D\) ponthármasokra következik, hogy a megfelelő metszéspontok kollineárisak, vagyis \(\displaystyle S\in HM\). Tehát \(\displaystyle H,S,M\) egy egyenesre esnek.
Most vizsgáljuk az \(\displaystyle EDB_0C_0\) trapézt. Ebben \(\displaystyle A\) a szárak metszéspontja, \(\displaystyle S\) pedig az átlók metszéspontja. Egy trapézban a szárak metszéspontját és az átlók metszéspontját összekötő egyenes felezi az alapokat, ezért az \(\displaystyle AS\) egyenes felezi a \(\displaystyle B_0C_0\) szakaszt. Vagyis az \(\displaystyle AB_0C_0\) háromszögben \(\displaystyle AS\) súlyvonal.
Az \(\displaystyle ABC\) és \(\displaystyle AB_0C_0\) háromszögek hasonlók, ezért az \(\displaystyle AB_0C_0\) háromszög súlyvonala az \(\displaystyle ABC\) háromszögben az \(\displaystyle A\) csúcshoz tartozó szimmediánnak felel meg. Így \(\displaystyle AS\) az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle A\)-szimmediánja.
Végül mivel \(\displaystyle S\in k=(AB_0HC_0)\), a Thalész-tétel miatt \(\displaystyle AS\perp HS\). Mivel pedig \(\displaystyle H,S,M\) kollineárisak, ezért \(\displaystyle HM\perp AS\). Tehát a \(\displaystyle HM\) egyenes merőleges az \(\displaystyle A\)-szimmediánra, amit bizonyítani akartunk.
Második megoldás.
Kezdjük azzal, hogy belátjuk, hogy \(\displaystyle AM\parallel BC\). Jelölje a \(\displaystyle BECD\) négyszög Miquel-pontját \(\displaystyle K\), a \(\displaystyle BC\) oldal felezőpontját \(\displaystyle F\). Mivel \(\displaystyle BECD\) húrnégyszög, \(\displaystyle K\) az \(\displaystyle F\) pont vetülete \(\displaystyle AM\)-re. Ekkor
\(\displaystyle BKF\angle =90^{\circ}-AKB\angle =90^{\circ}-ADB\angle=90^{\circ}+AEC\angle=90^{\circ}-AKC\angle =CKF\angle,\)
tehát a \(\displaystyle KBC\) háromszögben a \(\displaystyle KF\) súlyvonal szögfelező, így \(\displaystyle AM\perp FK\perp BC\).
Most tekintsük a \(\displaystyle BC\) szakasz felezőmerőlegesének izogonális konjugáltját. Ez egy egyenlő szárú hiperbola (hiszen az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt körének középpontja rajta van a felezőmerőlegesen), amely átmegy az \(\displaystyle A,B,C,H\) pontokon. Jelöljük ezt \(\displaystyle \mathcal{H}\)-val. Belátjuk, hogy \(\displaystyle M\) is rajta van ezen a hiperbolán. Ugyanis gondoljuk meg, hogy ha \(\displaystyle P\) rajta van a felezőmerőlegesen, akkor \(\displaystyle PBC\angle =PCB\angle\), ami a konjugálás után \(\displaystyle P^*BA\angle =P^*CA\angle\) feltétellé változik (ahol \(\displaystyle P^*\) az izogonális konjugált), ez pedig a kerületi szögek miatt épp azt jelenti, hogy a \(\displaystyle B,C,P^*B\cap AC,P^*C\cap AB\) pontok egy körön vannak. Mivel a \(\displaystyle B,C,D,E\) pontok egy körön vannak, valóban \(\displaystyle M\in \mathcal{H}\).
A következő lépés az, hogy belátjuk, hogy az \(\displaystyle A\)-ban \(\displaystyle \mathcal{H}\)-hoz húzott érintő éppen az \(\displaystyle A\)-szimmedián. Valóban, izogonális konjugálás után az \(\displaystyle A\)-beli érintő képe egy olyan \(\displaystyle A\)-n átmenő egyenes, ami \(\displaystyle \mathcal{H}\) képét, azaz a \(\displaystyle BC\) felezőmerőlegesét \(\displaystyle A\) képében, azaz \(\displaystyle F\)-ben metszi. A súlyvonal izogonális konjugáltja pedig tényleg a szimmedián.
Végül belátjuk, hogy \(\displaystyle HM\) merőleges az \(\displaystyle A\)-szimmediánra, azaz \(\displaystyle \mathcal{H}\) \(\displaystyle A\)-beli érintőjére. Már tudjuk korábbról, hogy \(\displaystyle AM\parallel BC\), így \(\displaystyle HAM\angle =90^{\circ}\). Most nézzük mi történik, ha a \(\displaystyle HAM\) háromszögben nézzük az izogonális konjugálást. \(\displaystyle \mathcal{H}\) persze átmegy a \(\displaystyle HAM\) háromszög magasságpontján (\(\displaystyle A\)-n), ezért a képe egy olyan \(\displaystyle e\) egyenes lesz, amely átmegy a \(\displaystyle HAM\) háromszög körülírt kör középpontján, ami éppen a \(\displaystyle HM\) átfogó felezőpontja. \(\displaystyle \mathcal{H}\) \(\displaystyle A\)-beli érintőjének képe ismét egy olyan \(\displaystyle A\)-n átmenő egyenes, amely \(\displaystyle e\)-t \(\displaystyle A\) képében, azaz a \(\displaystyle HM\) felezőpontjában metszi el. És derékszögű háromszög esetén a súlyvonal izogonális konjugáltja a magasságvonal egyben. Ezt akartuk belátni.
Harmadik megoldás.
Felhasználjuk a A891-ben belátottakat: annak a tükrözve nyújtásnak a középpontja, ami \(\displaystyle AB\)-t \(\displaystyle CD\)-be viszi az az \(\displaystyle ABDC\) négyszög Steiner-egyenesének és az \(\displaystyle M\) Miquel-pontból az \(\displaystyle M,AB\cap CD\) pontokon átmenő egyenesre állított merőleges metszéspontja. (Itt \(\displaystyle A,B,C,D\) tetszőleges pontokat jelöl.)
Térjünk rá a feladatra. Vegyük észre, hogy annak a tükrözve nyújtásnak a középpontja, ami \(\displaystyle BE\)-t \(\displaystyle CD\)-be viszi, éppen \(\displaystyle M\) (sima kerületi szöges hasonlóság miatt). Legyen \(\displaystyle K\) a \(\displaystyle BEDC\) négyszög Miquel-pontja. Mivel \(\displaystyle BEDC\) húrnégyszög, \(\displaystyle K\in AF\). Az A891 szerint \(\displaystyle M\) az \(\displaystyle AK\)-ra \(\displaystyle K\)-ból állított egyenes és a Steiner-egyenes metszéspontja. Sőt, az A891-ből még az is kiderül, hogy \(\displaystyle MH\) (a Steiner-egyenes) és az \(\displaystyle MK\) egyenespár izogonálisak a \(\displaystyle BM,CM\) egyenespárra nézve. Mivel a \(\displaystyle BAC\) szögtartományban a \(\displaystyle BD,CE\) antiparallelek, ezért az \(\displaystyle MH,MK\) egyenesek is azok. Mivel \(\displaystyle AK\perp MK\), ezért az \(\displaystyle AK\) \(\displaystyle A\)-izogonálisa merőleges \(\displaystyle MH\)-ra, de ez éppen az \(\displaystyle A\)-szimmedián.
Negyedik megoldás.
A következő, általánosabb állítást fogjuk bebizonyítani: adottak az \(\displaystyle ABC\) háromszög \(\displaystyle AC\), \(\displaystyle AB\) oldalegyenesén a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) pontok úgy, hogy \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) egy körön vannak. A \(\displaystyle DE\) egyenes az \(\displaystyle AB\) oldal egyenesét az \(\displaystyle X\) pontban metszi. A \(\displaystyle BD\) és \(\displaystyle CE\) egyenesek egymást az \(\displaystyle M\) pontban metszik. Mutassuk meg, hogy \(\displaystyle HM\) merőleges az \(\displaystyle AX\) egyenesnek az \(\displaystyle A\) csúcson átmenő szögfelezőre vonatkozó tükörképére, ahol \(\displaystyle H\) a háromszög magasságpontja.
Jelölje \(\displaystyle Y\) az \(\displaystyle AX\) egyenesnek a szögfelezőre való tükörképének és a \(\displaystyle HM\) egyenesnek a metszéspontját. Belátjuk, hogy a lehetséges metszéspontok egy kúpszeleten vannak. Ehhez felhasználjuk azt a jól ismert állítást, hogy két perspektív sugársor egymást kúpszeletben metszi. Ehhez azt kell belátni, hogy az a megfeleltetés, amely a \(\displaystyle HM\) egyenest az \(\displaystyle AX\) egyenes tükörképének megfelelteti, kettősviszonytartó. Mivel a tükrözés nyilván kettősviszonytartó, így elég azt belátni, hogy a \(\displaystyle HM\) egyenesnek az \(\displaystyle AX\) egyenest megfeleltetve kettősviszonytartó transzformációt kapunk.
Először tekintsük azt a sugársorok közti megfeleltetést, amelynél a \(\displaystyle BD\) egyenesnek a \(\displaystyle CE\) egyenes felel meg. Mivel ez a megfeleltetés egybevágóság (hiszen a kerületi szögek tétele miatt az \(\displaystyle ABM\sphericalangle\) és \(\displaystyle MCA\sphericalangle\) irányított szögek egyenlők), így a két sugársor perspektív, így metszéspontjuk, \(\displaystyle M\) egy kúpszeletre esik. Ezen a kúpszeleten rajta van a háromszög magasságpontja (akkor kapjuk meg, ha \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) magasságtalppontok; ezek rajta vannak a \(\displaystyle BC\) oldal Thalész-körén) és a háromszög csúcsai is. Nekünk most az \(\displaystyle A\) csúcs lesz fontos, ezt akkor kapjuk meg, amikor a \(\displaystyle BCDE\) kör a háromszög körülírt köre.
Mivel az \(\displaystyle AX\), \(\displaystyle AM\), \(\displaystyle AB\), \(\displaystyle AC\) egyenesek harmonikusan választják el egymást (az \(\displaystyle BCDE\) négyszögből kapott teljes négyes miatt), ezért az \(\displaystyle AX\) egyenest az \(\displaystyle AM\) egyenesnek megfeleltetve kettősviszonytartó transzformációt kapunk. Így az állításunk belátásához azt kéne megmutatni, hogy az \(\displaystyle AM\) és a \(\displaystyle HM\) megfeleltetést kettősviszonytartó, ami viszont az előzőek alapján világos, hiszen \(\displaystyle M\), \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle H\) egy kúpszeleten vannak.
Mivel öt pont egyértelműen meghatározza a kúpszeletet, ezért a bizonyítás befejezéséhez elég öt pontot találni az \(\displaystyle AH\) szakasz Thalész-körén. Amikor a \(\displaystyle D\) pont egybeesik a \(\displaystyle C\) csúccsal, akkor \(\displaystyle X\) és \(\displaystyle M\) is a \(\displaystyle C\) csúcsba esik, ekkor \(\displaystyle AX\) tükörképe az \(\displaystyle AB\) egyenes, \(\displaystyle HM\) pedig a \(\displaystyle B\)-ből indulő magasságvonal, tehát a keresett metszéspont a \(\displaystyle B\)-ből indulő magasság talppontja az \(\displaystyle AC\) oldalon. Logikai szimmetria miatt az \(\displaystyle AC\) oldalon lévő magasságtalppont is rajta van a kúpszeleten.
Ha \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\) is az \(\displaystyle A\) csúcsba esik, akkor \(\displaystyle M\) is, ekkor a két egyenes metszéspontja az \(\displaystyle A\) csúcs. Nyilván \(\displaystyle H\) is rajta van a keresett mértani helyen, amikor \(\displaystyle AX\) egyenes megegyezik az \(\displaystyle A\)-ból induló magasságvonal tükörképével.
Egy ötödik pontot kell még találnunk. Ehhez válasszuk \(\displaystyle D\)-t és \(\displaystyle E\)-t úgy, hogy \(\displaystyle BD\) és \(\displaystyle CE\) is merőleges legyen az \(\displaystyle A\)-ból indulő szögfelezőre (ilyenkor \(\displaystyle BECD\) húrtrapéz). Ekkor \(\displaystyle M\) a \(\displaystyle BD\) és \(\displaystyle DE\) közös ideális pontja, így \(\displaystyle HM\) is párhuzamos velük. Mivel a \(\displaystyle BEDC\) húrnégyszög szimmetrikus a szögfelezőre, így \(\displaystyle X\) rajta van a szögfelezón, tehát \(\displaystyle AX\) tükörképének és \(\displaystyle HM\)-nek a metszéspontja a \(\displaystyle H\)-ból a szögfelezőre állított merőleges talppontja. Ezzel a bizonyítást befejeztük.
Statisztika:
Az A. 932. feladat értékelése még nem fejeződött be.
A KöMaL 2026. áprilisi matematika feladatai