Problem B. 4511. (January 2013)
B. 4511. The circle k touches the circle internally at point P. A line p passing through P intersects the circles again at the points K and L, respectively. u is the tangent drawn at a point U of circle k. One intersection of u with the circle is V, and the intersection of lines KU and LV is T. Determine the locus of the point T as U traverses the circle k. (Consider both intersections of u and ; if U=K, the line KU is the tangent to k at K. Analogously, if V=L then LV is the tangent drawn to at L.)
Suggested by A. Hraskó, Budapest
(6 pont)
Deadline expired on February 11, 2013.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldási ötlet: Vizsgáljuk azt a P körüli forgatva nyújtást, ami U-t K-ba viszi.
1. megoldás.
Irányított szögekkel (azaz modulo 180o) fogunk számolni.
Rajzoljuk meg az u egyenes és mindkét metszéspontját (V1 és V2), és a T pont mindkét lehetséges helyét (T1 és T2).
Először megmutatjuk, hogy .
Legyen U' a PU egyenes és második, P-től különböző metszéspontja, továbbá u' az kör U'-beli érintője. Mivel a P pontban belülről érinti k-t, a P pont a két kör külső hasonlósági pontja. Legyen n az a P középpontú nagyítás, ami k-t -be viszi. Ekkor tehát n(K)=L, és n(U)=U'. Mivel n(KU)=LU', a KU és LU' egyenesek párhuzamosak. Továbbá, n(u)=u', amiből következik, hogy u és u' is párhuzamosak, tehát U' az kör P-t nem tartalmazó V1V2 ívének felezőpontja.
Mivel az U'V1V2 háromszög egyenlő szárú, az LV1U'V2 húrnégyszögben . A KU és LU' egyenesek párhuzamosságából pedig láthatjuk, hogy és .
Mivel , az LT1T2 háromszög egyenlő szárú, LT1=LT2.
Legyen most f az a P körüli forgatva nyújtás, ami U-t K-ba viszi. Mivel , az is igaz, hogy f(U')=L. Az U'UV1 és LKT1 háromszögek hasonlók és azonos körüljárásúak, mert , és az körben . Mivel f(U')=L és f(U)=K, az f hasonlóság a két háromszöget egymásba viszi át, tehát az is igaz, hogy f(V1)=T1. Hasonlóan kapjuk az UU'V2 és KLT2 háromszögek hasonlóságából, hogy f(V2)=T2.
Az f forgatva nyújtás a PV1U'V2 húrnégyszöget a PT1LT2 négyszögbe viszi, ezért PT1LT2 is húrnégyszög. Az LKT1 és LT1P háromszögek hasonlók, ezért LT12=LK.LP.
Legyen t az L középpontú, sugarú kör. Mint láttuk, T1 és T2 mindig a t körön van. Azt is láttuk, hogy a PT1LT2 négyszög hasonló a PV1U'V2 nem elfajuló húrnégyszöghöz, ezért T1 és T2 nem lehet rajta a p egyenesen. Jelölje X1 és X2 a p egyenes és t két metszéspontját. Ekkor tehát a T1 és T2 pontok különböznek az X1 és X2 pontoktól.
Most vázoljuk annak bizonyítását, hogy a T pont a t kör bármelyik, X1-től és X2-től különböző pontja lehet; ehhez lényegében ugyanazokat a lépéseket kell megtennünk fordított sorrendben. Vegyük fel tetszőlegesen a T1X1,X2 pontot a t körön. Ebből rekonstruáljuk a T2, V1 V2, U' és U pontokat.
Legyen T2 a PLT1 kör és a KT1 egyenes második, T1-től különböző metszéspontja. Mivel LT12=LP.LK, az LKT1 és LT1P háromszögek hasonlók és ellentétes körüljárásúak. Ezért , és a PT1LT2 körben . Az LT2T1 háromszög egyenlő szárú, LT1=LT2, tehát T2 is a t körön van.
Legyen u'' a PT1LT2 körhöz L-ben húzott érintő, ami párhuzamos T1T2-vel. Messe az kör az u'', LT1 és LT2 egyeneseket másodszor rendre az U', a V1, illetve a V2 pontban, és legyen u=V1V2. Ekkor és .
Az LU' egyenes felezi a V2LV1 szöget, amiből az körben láthatjuk, hogy . Mivel az is igaz, hogy , a PT1LT2 és PV1U'V2 húrnégyszögek hasonlók és azonos körüljárásúak. Legyen most g az a P körüli forgatva nyújtás, amire g(T1)=V1, g(T2)=V2 és g(L)=U'. Az érintő képe érintő, tehát g(u'')=u'.
Végül legyen U=PU'V1V2=g(PL)P(T1T2)=g(PLT1T2)=g(K)=n-1(g(n(K))=n-1(g(L))=n-1(U')). Mivel u=V1V2 és u' párhuzamos, u=n-1(u'). Tehát az u egyenes U-ban érinti a k kört.
A lehetséges T pontok halmaza tehát az L középpontú, sugarú körvonalnak (az L középpontú, a k-t merőlegesen metsző körnek) a p egyenesen kívüli pontjai.
2. megoldás (vázlat). Egy másik bizonyítást adunk arra, hogy T az L középpontú, sugarú t körön van.
Legyen k kör második metszéspontja az LU, illetve a PV egyenessel U*, illetve V*. A Pascal-tételt a k körbe írt U*UUKV*P elfajuló hatszögre alkalmazva látjuk, hogy a KU, LV és U*V* egyenesek egy ponton mennek át, vagyis U*V* is átmegy T-n.
Az a P középonttú nagyítás, ami k-t -be viszi, a KV* húrt LV-be viszi, tehát KV* párhuzamos az LV egyenessel. Ezért (ismét irányított szögekkel számolva) ; a k körben pedig .
Megmutatjuk, hogy az LTU és LU*T háromszögek hasonlók. Az U* pont az LU félegyenesen van, mert L az körön, az U és U* pedig az belsejében van. Ezért a két háromszög ellentétes irányítású, , és, mint láttuk, .
A két háromszög hasonlóságából , vagyis LT2=LU.LU*; az L pontnak a k körre vonatkozó hatványa pedig LU.LU*=LK.LP, tehát
LT2=LU.LU*=LK.LP.
Az Olvasóra bízzuk annak végiggondolását, hogy a T pont nem eshet a p egyenesre, ugyanakkor a t körnek tetszőleges, a p egyenesre nem illeszkedő T pontjából kiindulva, rekonstruálhatjuk az U, V, U* és V* pontokat.
Statistics:
10 students sent a solution. 6 points: Fehér Zsombor, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Maga Balázs, Szabó 928 Attila. 5 points: Paulovics Zoltán. 4 points: 2 students. 2 points: 1 student. 0 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2013