Az A. 939. feladat (2026. szeptember)

A. 939. A hegyesszögű, nem egyenlő szárú $\displaystyle ABC$ háromszögben az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ csúcsokból induló magasságok talppontjai rendre $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, illetve $\displaystyle C_1$, a belső szögfelezők metszéspontjai a szemközti oldalakkal rendre $\displaystyle A_2$, $\displaystyle B_2$, illetve $\displaystyle C_2$. Az $\displaystyle A_1B_1$ és $\displaystyle A_2C_2$ egyenesek metszéspontja legyen $\displaystyle X_1$, az $\displaystyle A_1C_1$ és $\displaystyle A_2B_2$ egyenesek metszéspontja pedig $\displaystyle X_2$. Hasonlóan, legyen a $\displaystyle B_1C_1$ és $\displaystyle B_2A_2$ egyenesek metszéspontja $\displaystyle Y_1$, a $\displaystyle B_1A_1$ és $\displaystyle B_2C_2$ egyenesek metszéspontja $\displaystyle Y_2$, a $\displaystyle C_1A_1$ és $\displaystyle C_2B_2$ egyenesek metszéspontja $\displaystyle Z_1$, és végül a $\displaystyle C_1B_1$ és $\displaystyle C_2A_2$ egyenesek metszéspontja $\displaystyle Z_2$. Tegyük fel, hogy ezek a pontok valóban léteznek és különbözőek.

Bizonyítsuk be, hogy az $\displaystyle A$, $\displaystyle X_1$, $\displaystyle X_2$ pontok, a $\displaystyle B$, $\displaystyle Y_1$, $\displaystyle Y_2$, illetve a $\displaystyle C$, $\displaystyle Z_1$, $\displaystyle Z_2$ pontok egy-egy egyenesen vannak, és ez a három egyenes egy pontban találkozik.

Javasolta: Török Ágoston(London)

(7 pont)

A beküldési határidő 2026. október 12-én LEJÁRT.

1. megoldás. Az $\displaystyle A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2$ pontok definícióiból csak annyit fogunk használni, hogy az $\displaystyle AA_1,BB_1,CC_1$ Ceva-szakaszok, illetve az $\displaystyle AA_2,BB_2,CC_2$ Ceva-szakaszok egy ponton mennek át.

1. Először megmutatjuk, hogy az $\displaystyle A_1$, $\displaystyle A_2$, $\displaystyle B_1$, $\displaystyle B_2$, $\displaystyle C_1$ és $\displaystyle C_2$ pontok egy kúpszeletre esnek. A Pascal-tétel megfordítását az $\displaystyle A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ hatszögre alkalmazva azt kell megmutatnunk, hogy az $\displaystyle A_1A_2$ (azaz a $\displaystyle BC$) és a $\displaystyle B_2C_1$ egyenesek $\displaystyle P$ metszéspontja, a $\displaystyle B_1B_2$ (azaz a $\displaystyle CA$) és a $\displaystyle C_2A_1$ egyenesek $\displaystyle Q$ metszéspontja és a $\displaystyle C_1C_2$ (azaz az $\displaystyle AB$) és az $\displaystyle A_2B_1$ egyenesek $\displaystyle R$ metszéspontja egy egyenesre esik. A Menelaosz-tételt az $\displaystyle ABC$ háromszögre és a $\displaystyle PB_2C_1$ egyenesre alkamazva $\displaystyle (BCP)=-\frac1{(ABC_1)(CAB_2)}$. Hasonlóan kapjuk, hogy $\displaystyle (CAQ)=-\frac1{(ABC_2)(BCA_1)}$ és $\displaystyle (ABR)=-\frac1{(BCA_2)(CAB_1)}$. Ezek alapján

$\displaystyle (BCP)(CAQ)(ABR)=-\frac1{(ABC_1)(BCA_1)(CAB_1)(ABC_2)(BCA_2)(CAB_2)}=-1, $

hiszen a Ceva-tétel alapján $\displaystyle (ABC_1)(BCA_1)(CAB_1)=1$ és $\displaystyle (ABC_2)(BCA_2)(CAB_2)=1$. Ekkor pedig a Menelaosz-tétel megfordítása alapján a $\displaystyle P$, $\displaystyle Q$ és $\displaystyle R$ pontok valóban egy egyenesre esnek.

2. A feladat első állításának bizonyításához alkalmazzuk a Pascal-tételt az $\displaystyle A_1B_1B_2A_2C_2C_1$ hatszögre: azt megkapjuk, hogy $\displaystyle A_1B_1$ és $\displaystyle A_2c_2$ metszéspontja ($\displaystyle X_1$), a $\displaystyle B_1B_2$ és $\displaystyle C_2C_1$ metszéspontja ($\displaystyle A$) és a $\displaystyle B_2A_2$ és $\displaystyle C_1A_1$ metszéspontja ($\displaystyle X_2)$ egy egyenesre esnek. A másik két állításhoz az $\displaystyle B_1C_1C_2B_2A_2A_1$ és a $\displaystyle C_1A_1A_2C_2B_2B_1$ hatszögre kell alkalmazni a Pascal-tételt.

3. A feladat második állításának igazolásához tekintsük azt a háromszöget, melynek oldalegyenesei az $\displaystyle A_1A_2$, $\displaystyle B_1B_2$ és $\displaystyle C_1C_2$ egyenesek (azaz épp az $\displaystyle ABC$ háromszögről van szó), továbbá az a háromszöget, melynek oldalegyenesei az $\displaystyle A_1A_2C_2B_2C_1B_1$, $\displaystyle B_1B_2A_2C_2A_1C_1$ és $\displaystyle C_1C_2B_2A_2B_1A_1$ hatszögek Pascal-egyenesei (ez éppen az $\displaystyle X_2Y_2Z_2$ háromszög, hiszen az első hatszög Pascal-egyenese $\displaystyle Y_2Z_2$, a másodiké az $\displaystyle X_2Z_2$, a harmadiké pedig $\displaystyle X_2Y_2$). Ez a két háromszög egyenesre nézve perspektív, mert megfelelő oldalegyeneseik metszéspontjai $\displaystyle P=A_1A_2\cap B_2C_1$, $\displaystyle Q=B_1B_2\cap C_2A_1$ és $\displaystyle R=C_1C_2\cap A_2B_1$, ezek pedig éppen a feladat elején látott $\displaystyle A_1A_2B_1B_2C_1C_2$ hatszög Pascal egyenesére esnek. Így a Desargues-tétel alapján pontra nézve is perspektívek, azaz az $\displaystyle AX_2$, $\displaystyle BY_2$, $\displaystyle CZ_2$ egyenesek egy ponton mennek át, amit bizonyítani kellett.

Megjegyzések. 1. A kúpszeletekre vonatkozó Carnot-tétel szerint az $\displaystyle ABC$ háromszög oldalegyenesin fekvő, a csúcsoktól és egymástól különböző $\displaystyle A_1,A_2\in BC$, $\displaystyle B_1,B_2\in CA$ és $\displaystyle C_1,C_2\in AB$ pontok akkor és csak vannak egy kúpszeleten, ha

$\displaystyle \frac{AC_1}{BC_1} \cdot\frac{AC_2}{BC_2} \cdot \frac{BA_1}{CA_1} \cdot\frac{BA_2}{CA_2} \cdot \frac{CB_1}{AB_1} \cdot\frac{CB_2}{AB_2} = 1. $

Ezért a megoldás 1. lépése helyettesíthető a Carnot-tételre való hivatkozásra. (A fenti gondolatmenet éppen a Carnot-tétel bizonyításának replikációja.)

2. A Kirkman-tétel szerint ha a $\displaystyle T_1$, $\displaystyle T_2$, $\displaystyle T_3$, $\displaystyle T_4$, $\displaystyle T_5$ és $\displaystyle T_6$ pontok egy kúpszeleten vannak, akkor a $\displaystyle T_1T_2T_6T_4T_3T_5$, a $\displaystyle T_1T_3T_4T_2T_6T_5$ és a $\displaystyle T_1T_2T_4T_6T_5T_3$ hatszögek Pascal-egyenesei egy ponton mennek át. A $\displaystyle T_1=A_1$, $\displaystyle T_2=A_2$, $\displaystyle T_3=B_1$, $\displaystyle T_4=B_2$, $\displaystyle T_5=C_1$, $\displaystyle T_6=C_2$ választással éppen az előző hatszögeket kapjuk meg, hiszen ekkor $\displaystyle A_1B_1B_2A_2C_2C_1=T_1T_3T_4T_2T_6T_5$ (ez a második hatszög), $\displaystyle B_1C_1C_2B_2A_2A_1=T_3T_5T_6T_4T_2T_1$ (ez a harmadik hatszög, csak a csúcsok fordított sorrendben vannak), és $\displaystyle C_1A_1A_2C_2B_2B_1=T_5T_1T_2T_6T_4T_3$ (ez az első hatszög, csak eggyel el vannak csúsztatva a csúcsok).

2. megoldás.

A feladatot súlyponti (baricentrikus) koordinátákkal oldjuk meg. A következő alapismeretekre lesz szükségünk:

Rögzítjük az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$ és $\displaystyle C$ pontokat, és a sík pontjait három koordináta arányával határozzuk meg: bármely $\displaystyle P$ pont koordinátái az $\displaystyle (x:y:z)$ arány, ha $\displaystyle x\cdot\overrightarrow{PA}+y\cdot\overrightarrow{PB}+z\cdot\overrightarrow{PC}=\mathbf{0}$.
Az egyenesek egyenlete $\displaystyle ax+by+cz=0$ alakú.
Az $\displaystyle (d:e:f)$ és $\displaystyle (g:h:i)$ pontokat összekötő egyenes egyenlete felírható determináns alakban:

$\displaystyle \begin{vmatrix}x&y&z\\d&e&f\\g&h&i\end{vmatrix}=0. $

Az $\displaystyle ax+by+xz=0$ és $\displaystyle dx+ey+fz=0$ egyesek metszéspontja a

$\displaystyle \Bigg( \begin{vmatrix}b&c\\e&f\end{vmatrix}: \begin{vmatrix}c&a\\f&d\end{vmatrix}: \begin{vmatrix}a&b\\d&e\end{vmatrix}\Bigg)$

pont.

Legyenek a feladatban szereplő pontok súlyponti koordinátái

$$\begin{gather*} A=(1:0:0), \quad B=(0:1:0), \quad C=(0:0:1), \\ A_1=(0:p:1), \quad B_1=(1:0:q), \quad C_1=(r:1:0), \\ A_2=(0:u:1), \quad B_2=(1:0:v), \quad C_2=(w:1:0). \end{gather*}$$

Mivel az $\displaystyle AA_1$, $\displaystyle BB_1$ és $\displaystyle CC_1$, illetve $\displaystyle AA_2$, $\displaystyle BB_2$ és $\displaystyle CC_2$ egyenesek egy ponton mennek át, a Ceva-tétel szerint

$\displaystyle pqr=\dfrac{CA_1}{A_1B}\cdot\dfrac{AB_1}{B_1C}\cdot\dfrac{BC_1}{C_1A}=1, \quad\text{illetve}\quad uvw=\dfrac{CA_2}{A_2B} \cdot\dfrac{AB_2}{B_2C} \cdot\dfrac{BC_2}{C_2A}=1. $

Az $\displaystyle A_1B_1$ és $\displaystyle A_2C_2$ egyenesek egyenletei

$\displaystyle \begin{vmatrix}x&y&z\\0&p&1\\1&0&q\end{vmatrix}=0, \quad\text{illetve}\quad \begin{vmatrix}x&y&z\\0&u&1\\w&1&0\end{vmatrix}=0; $

a determinánsokat kifejtve,

$$\begin{gather*} pq \, x \, +1 \, y \, -p \, z \, = \, 0, \\ -1 \, x \, +w \, y \, -uw \, z \, = \, 0. \end{gather*}$$

Az $\displaystyle X_1$ pont koordinátái tehát:

$\displaystyle X_1 = \Bigg( \begin{vmatrix} 1 & -p \\ w & -uw \end{vmatrix}: \begin{vmatrix} -p & pq \\ -uw & -1 \end{vmatrix}: \begin{vmatrix} pq & 1 \\ -1 & w \end{vmatrix} \Bigg) = \big(pw-uw:p+pquw:pqw+1\big). $

Hasonlóan, az $\displaystyle A_1C_1$ és $\displaystyle A_2B_2$ egyenesek egyenlete

$\displaystyle \begin{vmatrix}x&y&z\\0&p&1\\r&1&0\end{vmatrix}=0, \quad\text{illetve}\quad \begin{vmatrix}x&y&z\\0&u&1\\1&0&v\end{vmatrix}=0, $

kifejtve

$$\begin{gather*} -1 \, x \, +r \, y \, -pr \, z \,=0, \\ uv \, x \, +1 \, y \, -u \, z \,=0, \end{gather*}$$

tehát

$\displaystyle X_2 = \Bigg( \begin{vmatrix}r&-pr\\1&-u\end{vmatrix}: \begin{vmatrix}-pr&-1\\-u&uv\end{vmatrix}: \begin{vmatrix}-1&r\\uv&1\end{vmatrix} \Bigg) = \big(pr-ur:-pruv-u:-1-ruv\big). $

Vegyük észre, hogy $\displaystyle X_1$ és $\displaystyle X_2$ koordinátáira

$\displaystyle \dfrac{p+pquw}{pqw+1} = \dfrac{p+pq\tfrac1v}{pqw+pqr} = \dfrac{q+v}{qv(r+w)}, $

illetve

$\displaystyle \dfrac{-pruv-u}{-1-ruv} = \dfrac{-\frac1quv-u}{-uvw-ruv} = \dfrac{q+v}{qv(w+r)}, $

a két arány megegyezik. Láthatjuk, hogy $\displaystyle A$, $\displaystyle X_1$ és $\displaystyle X_2$ is az

$\displaystyle qv(r+w)\cdot y = (q+v)\cdot z $

$\displaystyle (1) $

egyenletű egyenesre esik.

Az indexek ciklikus cseréjével, hasonlóan látjuk, hogy a $\displaystyle B$, $\displaystyle Y_1$ és $\displaystyle Y_2$ pontok a

$\displaystyle rw(p+u)\cdot z = (r+w)\cdot x, $

$\displaystyle (2) $

a $\displaystyle C$, $\displaystyle Z_1$ és $\displaystyle Z_2$ pontok pedig a

$\displaystyle pu(q+v)\cdot x = (p+u)\cdot y $

$\displaystyle (3) $

egyenletű egyenesre esnek.

A $\displaystyle \big(p+q:pu(q+v):pquv(r+w)\big)$ pontra az (1,2,3) egyenletek mindegyike teljesül, ezen a ponton mindhárom egyenes átmegy.

Statisztika:

25 dolgozat érkezett.

7 pontot kapott: Aravin Peter, Balla Ignác , Bui Thuy-Trang Nikolett, Ercse Ferenc, Kozma Sándor, Li Mingdao, Morvai Várkony Albert, Nagy Roxána, Nagypál Katóca, Phát Phan Tấn, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sami El-Hajjar, Sha Jingyuan, Szabó 721 Sámuel, Varsányi Benedek, Vödrös Dániel László, Warren Maximilian Lin (18 versenyző).

6 pontot kapott: Benedek Olivér , Várhegyi Hanna (2 versenyző).

5 pontot kapott: 2 versenyző.

4 pontot kapott: 1 versenyző.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

nem versenyszerű: 1 dolgozat.

A KöMaL 2026. szeptemberi matematika feladatai

25 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:	Aravin Peter, Balla Ignác , Bui Thuy-Trang Nikolett, Ercse Ferenc, Kozma Sándor, Li Mingdao, Morvai Várkony Albert, Nagy Roxána, Nagypál Katóca, Phát Phan Tấn, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sami El-Hajjar, Sha Jingyuan, Szabó 721 Sámuel, Varsányi Benedek, Vödrös Dániel László, Warren Maximilian Lin	(18 versenyző).
6 pontot kapott:	Benedek Olivér , Várhegyi Hanna	(2 versenyző).
5 pontot kapott:	2 versenyző.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.
nem versenyszerű:	1 dolgozat.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?