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

Az A. 936. feladat (2026. május)

A. 936. Adott egy nem egyenlő szárú, hegyesszögű \(\displaystyle ABC\) háromszög a síkon, amelynek szimmedián pontját jelöljük \(\displaystyle K\)-val, Feuerbach-körének középpontját pedig \(\displaystyle N\)-nel. Szerkesszünk körzővel és vonalzóval olyan különböző \(\displaystyle X\), \(\displaystyle X^*\), \(\displaystyle Y\), \(\displaystyle Y^*\) pontokat, amelyekre

Javasolta: Bán-Szabó Áron (Palaiseau)

(7 pont)

A beküldési határidő 2026. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Azt fogjuk bebizonyítani, hogy az első és második Napóleon-pontok megfelelő választások lesznek, melyeket hamarosan definiálunk. Ehhez először mutatunk egy viszonylag ismert lemmához egy bizonyítást, majd utána igazoljuk a feladat állítását. Végig irányított szögekkel fogunk számolni.

Induljunk ki egy tetszőleges \(\displaystyle ABC\) háromszögből. Jelölje \(\displaystyle A_1\) azt a pontot a \(\displaystyle BC\) oldal felezőmerőlegesén, melyre \(\displaystyle A_1 BC\sphericalangle = 30^{\circ}=-A_1CB\sphericalangle\). Legyen továbbá \(\displaystyle A_2\) az a pont a \(\displaystyle BC\) oldal felezőmerőlegesén, melyre \(\displaystyle A_2 CB\sphericalangle = 30^{\circ}=-A_2BC\sphericalangle\). (Tehát \(\displaystyle A_1\) és \(\displaystyle A\) a \(\displaystyle BC\) egyenes különböző oldalain helyezkednek el, míg \(\displaystyle A_2\) és \(\displaystyle A\) ugyanazon az oldalon vannak.) Hasonlóan definiáljuk a \(\displaystyle B_1,B_2,C_1,C_2\) pontokat.

1. Állítás. Az \(\displaystyle AA_1,BB_1,CC_1\) egyenesek egy \(\displaystyle N_1\) pontban, míg az \(\displaystyle AA_2,BB_2,CC_2\) egyenesek egy \(\displaystyle N_2\) pontban találkoznak.
Bizonyítás. Projektív geometriával fogjuk belátni az állítást általánosabb formában. Pontosabban azt igazoljuk, hogy ha az \(\displaystyle A_\delta,B_\delta,C_\delta\) pontok rendre a \(\displaystyle BC,CA,AB\) oldalak felezőmerőlegesein vannak úgy, hogy \(\displaystyle A_\delta BC\sphericalangle=B_\delta CA\sphericalangle=C_\delta AB\sphericalangle=\delta\), akkor az \(\displaystyle AA_\delta,BB_\delta,CC_\delta\) egyenesek konkurensek. Ehhez mozgassuk az \(\displaystyle A_\delta\) pontot lineárisan a \(\displaystyle BC\) oldal felezőmerőlegesén. Ekkor \(\displaystyle B_\delta\) is lineárisan fog mozogni, hiszen azt megkaphatjuk a \(\displaystyle CA_\delta\) egyenes \(\displaystyle C\) csúcshoz tartozó belső szögfelezőre vett tükörképének és a \(\displaystyle CA\) oldal felezőmerőlegesének metszéspontjaként (itt fontos tisztázni, hogy a háromszög, így annak szögfelezői és oldalfelező merőlegesei is fixek). Most fel fogjuk használni a következő híres lemmát:
Ha adott két pont, \(\displaystyle X\) és \(\displaystyle Y\), és egy \(\displaystyle p\) projektív leképzés az \(\displaystyle X\)-en átmenő sugársor és az \(\displaystyle Y\)-on átmenő sugársor között, akkor az \(\displaystyle e\cap p(e)\) pontok (ahol \(\displaystyle e\) az \(\displaystyle X\)-en átmenő egyenesek közül való) egy legfeljebb másodfokú görbén vannak, amely átmegy az \(\displaystyle X,Y\) pontokon.
 Ennek következtében az \(\displaystyle AA_\delta,BB_\delta\) egyenesek metszéspontja egy legfeljebb másodfokú görbén mozog, amely átmegy az \(\displaystyle A,B\) pontokon. Hasonlóan, az \(\displaystyle AA_\delta,CC_\delta\) egyenesek metszéspontja is egy legfeljebb másodfokú görbén mozog, amely átmegy az \(\displaystyle A,C\) pontokon. Ha belátjuk, hogy ez a két görbe megegyezik, készen vagyunk (hiszen a háromszög csúcsai is rajta lesznek ezen a kúpszeleten, így az \(\displaystyle AA_\delta\) egyenes pontosan egy \(\displaystyle A\)-tól különböző pontban fogja azt elmetszeni). Egy kúpszeletet öt pont határoz meg, de mivel az \(\displaystyle A\) pont mindkét görbén rajta van, ezért négy olyan \(\displaystyle \delta\) értéket kell találnunk, amire az \(\displaystyle AA_\delta,BB_\delta,CC_\delta\) egyenesek konkurensek. Vegyük észre, hogy ha \(\displaystyle \delta=0^{\circ}\), akkor ez a három egyenes éppen a három súlyvonal, melyek a súlypontban találkoznak. Ha \(\displaystyle \delta=90^{\circ}\), akkor az \(\displaystyle A_\delta,B_\delta,C_\delta\) pontok a megfelelő oldalakra merőleges ideális pontokká válnak, így a három egyenes a három magasságvonal lesz, melyek a magasságpontban metszik egymást. Végül ha \(\displaystyle A_\delta\) rajta van az \(\displaystyle AC\) oldalegyenesen, akkor épp \(\displaystyle C\)-ben, míg ha \(\displaystyle A_\delta\) az \(\displaystyle AB\) oldalegyenesen van, akkor a \(\displaystyle B\) pontban lesz konkurens a három egyenes. Ezzel készen vagyunk.

Az \(\displaystyle N_1\) pontot az első Napóleon-, míg az \(\displaystyle N_2\) pontot a második Napóleon-pontnak nevezzük.

2. Állítás. Az \(\displaystyle N_1N_2\) egyenes átmegy a \(\displaystyle K\) ponton.
Bizonyítás. Az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt köréhez húzzunk érintőket mindhárom csúcsban, ezek meghatározzák az \(\displaystyle A'B'C'\) háromszöget. Ismert, hogy \(\displaystyle K\) az \(\displaystyle AA',BB',CC'\) egyenesek metszéspontja. Legyen \(\displaystyle M=N_1N_2\cap BC\), \(\displaystyle f\) az \(\displaystyle AC\) oldal felezőmerőlegese. Most kettősviszonyokkal számolva

\(\displaystyle (N_1,N_2;M,BB'\cap N_1N_2)=(BN_1,BN_2;BC,BB')\stackrel{f}{=}(B_1,B_2;BC\cap f,B')=(CB_1,CB_2;CB,CB').\)

Vegyük észre, hogy \(\displaystyle B'CB_1\sphericalangle=B'CA\sphericalangle-30^{\circ}=CBA\sphericalangle-30^{\circ}= CBC_2\sphericalangle\), és hasonlóan \(\displaystyle C'BC_1\sphericalangle=BCB_2\sphericalangle\). Továbbá mivel \(\displaystyle B_1CB_2\sphericalangle=60^{\circ}=C_2BC_1\sphericalangle\),

\(\displaystyle (CB_1,CB_2;CB,CB')=(BC_1,BC_2;BC,BC'),\)

és a korábbi gondolatmenethez hasonlóan

\(\displaystyle (BC_1,BC_2;BC,BC')=(N_1,N_2;M,CC'\cap N_1N_2).\)

Így \(\displaystyle BB'\cap N_1N_2=CC'\cap N_1N_2=K\).

3. Állítás. Az \(\displaystyle N_1^*N_2^*\) egyenes is átmegy a \(\displaystyle K\) ponton (ahol \(\displaystyle X^*\) az \(\displaystyle X\) pont izogonális konjugáltja).
Bizonyítás. Vegyük észre, hogy az 1. Állítás bizonyításában beláttuk, hogy az \(\displaystyle A,B,C,N_1,N_2\) pontok és a háromszög súlypontja egy másodfokú görbén helyezkednek el (ezt mellesleg Kiepert-hiperbolának nevezzük). Ha ezt a hiperbolát izogonálisan konjugáljuk, akkor egy egyenest fogunk kapni (hiszen az átmegy a háromszög csúcsain), amely át fog menni az \(\displaystyle N_1,N_2\) pontok és a súlypont izogonális konjugáltjain. Mivel a súlypont és \(\displaystyle K\) izogonális konjugáltak, \(\displaystyle K\in N_1^*N_2^*\).

4. Állítás. Az \(\displaystyle A_1A_1^*,A_2A_2^*\) egyenesek \(\displaystyle N\)-ben metszik egymást.
Bizonyítás. Legyen a háromszög körülírt körének középpontja \(\displaystyle O\), magasságpontja \(\displaystyle H\). Azt fogjuk igazolni, hogy az \(\displaystyle A_2A_2^*\) egyenes felezi az \(\displaystyle OH\) szakaszt. Természetesen ugyanez a gondolatmenet eljátszható majd az \(\displaystyle A_1A_1^*\) egyenessel is, ezzel belátva az állítást. Jelölje \(\displaystyle P\) az \(\displaystyle A_2A_2^*\) egyenesnek és az Euler-egyenesnek, míg \(\displaystyle Q\) az \(\displaystyle AA_2^*\) egyenesnek és a \(\displaystyle BC\) oldal felezőmerőlegesének a metszéspontját. Továbbá legyen \(\displaystyle R\) az a pont, amelyre a \(\displaystyle BCR\) háromszög szabályos, és \(\displaystyle R\) a \(\displaystyle BC\) egyenesnek azon oldalán van, mint \(\displaystyle A\) (tehát \(\displaystyle A_2\) a \(\displaystyle BCR\) háromszög középpontja).

Először lássuk be, hogy az \(\displaystyle A_2^*,H,R\) pontok egy egyenesen vannak. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle RBH\sphericalangle=CBH\sphericalangle-CBR\sphericalangle=90^{\circ}-ACB\sphericalangle-60^{\circ}=30^{\circ}-ACB\sphericalangle=A_2CB\sphericalangle-ACB\sphericalangle=A_2CA\sphericalangle=BCA_2^*\sphericalangle\). Hasonlóan, \(\displaystyle RCH\sphericalangle=CBA_2^*\sphericalangle\). Jelölje \(\displaystyle H'\) a \(\displaystyle H\) pont tükörképét a \(\displaystyle BC\) oldal felezőmerőlegesére. Ekkor \(\displaystyle H'BR\sphericalangle=RCH\sphericalangle=CBA_2^*\sphericalangle\), és hasonlóan \(\displaystyle H'CR\sphericalangle=RBH\sphericalangle=BCA_2^*\), tehát az \(\displaystyle RBC\) háromszögben \(\displaystyle H'\) és \(\displaystyle A_2^*\) izogonális konjugáltak. Így az \(\displaystyle RH',RA_2^*\) egyenesek \(\displaystyle R\)-izogonálisak, avagy \(\displaystyle R,H,A_2^*\) egy egyenesen vannak.

A célunk az, hogy az \(\displaystyle OHR\) háromszögre tudjuk alkalmazni a Menelaosz-tételt az \(\displaystyle A_2^*A_2P\) egyenessel. Ugyanis ennek segítségével meg tudjuk határozni a \(\displaystyle HP/OP\) arányt, amennyiben ismerjük a \(\displaystyle HA_2^*/RA_2^*\) és \(\displaystyle RA_2/OA_2\) arányokat.

Kezdjük a \(\displaystyle HA_2^*/RA_2^*\) aránnyal. Mivel a \(\displaystyle HA\) és \(\displaystyle RQ\) egyenesek mind merőlegesek a \(\displaystyle BC\) egyenesre, és az \(\displaystyle A_2^*,H,R\) pontok egy egyenesen vannak, az \(\displaystyle A_2^*HA,A_2^*RQ\) háromszögek hasonlóak, így \(\displaystyle HA_2^*/RA_2^*=AA_2^*/QA_2^*\). Messe az \(\displaystyle A_2^*C\) egyenes az \(\displaystyle A\)-n átmenő \(\displaystyle QC\)-vel párhuzamos egyenest \(\displaystyle S\)-ben, míg az \(\displaystyle ABC\) háromszög körülírt körét másodszorra \(\displaystyle T\)-ben. Be fogjuk látni, hogy \(\displaystyle AS=AO\). Észrevehetjük, hogy \(\displaystyle AOT\sphericalangle=2ACT\sphericalangle=2ACA_2^*\sphericalangle=2A_2CB\sphericalangle=60^{\circ}\), így az \(\displaystyle ATO\) háromszög szabályos. Ehhez vegyük észre, hogy az \(\displaystyle A_2,Q\) pontok egymás inverzei az \(\displaystyle (ABC)\) körre nézve. Ez abból következik, hogy \(\displaystyle AQO\sphericalangle=QAH\sphericalangle=OAA_2\sphericalangle\), hiszen az \(\displaystyle AO-AH\), \(\displaystyle AA_2-AA_2^*\) egyenespárok \(\displaystyle A\)-izogonálisak. Most messe el a \(\displaystyle QC\) egyenes az \(\displaystyle (ABC)\) kört \(\displaystyle U\)-ban másodszorra. Ekkor a \(\displaystyle B,A_2,U\) pontok kollineárisak, ez például azzal igazolható, hogy az \(\displaystyle (A_2,Q;O,\infty)\) harmonikus pontnégyest - ahol \(\displaystyle \infty\) a \(\displaystyle BC\) felezőmerőlegesének ideális pontja - \(\displaystyle U\)-ból vetítjük az \(\displaystyle (ABC)\) körre, akkor szimmetrikus trapézt kell kapjunk, így az \(\displaystyle UA_2\) egyenes \(\displaystyle B\)-ben kell elmetssze az \(\displaystyle (ABC)\) kört. Innen kerületi szögekkel kapjuk, hogy \(\displaystyle STA\sphericalangle=CSA\sphericalangle=CBA\sphericalangle=CBA_2\sphericalangle+A_2BA\sphericalangle=30^{\circ}+UBA\sphericalangle=30^{\circ}+UCA\sphericalangle=A_2CB\sphericalangle+UCA\sphericalangle=ACS\sphericalangle+UCA\sphericalangle=QCS\sphericalangle=AST\sphericalangle\). Ezek alapján \(\displaystyle AS=AT=AO\).

Most már készen állunk az arányok kiszámolására. Mivel az \(\displaystyle A_2^*OA,A_2^*CQ\) háromszögek hasonlóak, \(\displaystyle AA_2^*/QA_2^*=AS/QC\). Már tudjuk, hogy \(\displaystyle AS=AO=CO\), továbbá mivel \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle A_2\) inverzek a körülírt körre nézve, \(\displaystyle QC=\dfrac{A_2C\cdot CO}{A_2O}\). Illetve \(\displaystyle RA_2=CA_2\), ezért

\(\displaystyle \dfrac{HP}{OP}=\dfrac{HA_2^*}{RA_2^*}\cdot \dfrac{RA_2}{OA_2}=\dfrac{CO}{\frac{A_2C\cdot CO}{A_2O}}\cdot \dfrac{CA_2}{OA_2}=1.\)

Tehát valóban \(\displaystyle P=N\). És hasonlóan belátható, hogy az \(\displaystyle A_1A_1^*,B_1B_1^*,B_2B_2^*,C_1C_1^*,C_2C_2^*\) egyenesek is átmennek \(\displaystyle N\)-en.

5. Állítás. Az \(\displaystyle N_1N_1^*,N_2N_2^*\) egyenesek \(\displaystyle N\)-ben metszik egymást.
Bizonyítás. Tekintsük a \(\displaystyle BC_1C_1^*\) és \(\displaystyle CB_1B_1^*\) háromszögeket. Vegyük észre, hogy \(\displaystyle BC_1\cap CB_1=A_1^*\), \(\displaystyle C_1C_1^*\cap B_1B_1^*=N\), és \(\displaystyle BC_1^*\cap CB_1^*=A_1\), és az előző állításból adódóan ez a három pont egy egyenesen van. Ennek fényében a \(\displaystyle BC_1C_1^*,CB_1B_1^*\) háromszögek perspektívak egy egyenesből, így a Desargues-tétel miatt egy pontból is. Ezért a \(\displaystyle BC,B_1C_1,B_1^*C_1^*\) egyenesek konkurensek, tehát a \(\displaystyle BB_1B_1^*,CC_1C_1^*\) háromszögek perspektívak egy pontból, így egy egyenesből is, tehát a \(\displaystyle BB_1\cap CC_1=N_1\), \(\displaystyle B_1B_1^*\cap C_1C_1^*=N\), \(\displaystyle B_1^*B\cap C_1^*C=N_1^*\) pontok kollineárisak. Hasonlóan igazolható, hogy az \(\displaystyle N_2N_2^*\) egyenes is átmegy az \(\displaystyle N\) ponton.

Ezzel beláttuk a feladatot, \(\displaystyle X=N_1\), \(\displaystyle Y=N_2\) megfelelő választások.

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:Bodor Mátyás, Forrai Boldizsár.
5 pontot kapott:1 versenyző.
4 pontot kapott:1 versenyző.
3 pontot kapott:2 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2026. májusi matematika feladatai