Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

A B. 4721. feladat (2015. május)

B. 4721. A \(\displaystyle k\) kör érinti az \(\displaystyle ABC\) egyenlő szárú háromszög \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AC\) szárait, a \(\displaystyle BC\) alapját pedig \(\displaystyle K\)-ban és \(\displaystyle L\)-ben metszi. Az \(\displaystyle AK\) szakasz a \(\displaystyle k\) kört másodszor az \(\displaystyle M\) pontban metszi. A \(\displaystyle K\) pont \(\displaystyle B\)-re, illetve \(\displaystyle C\)-re vonatkozó tükörképe rendre \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle Q\). Igazoljuk, hogy \(\displaystyle k\) érinti a \(\displaystyle PMQ\) háromszög köré írt kört.

(6 pont)

A beküldési határidő 2015. június 10-én LEJÁRT.


Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit, vagyis legyen a \(\displaystyle k\) kör középpontja az \(\displaystyle O\) pont, az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle AC\) szárakon az érintési pontok rendre \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle E\), továbbá jelölje az \(\displaystyle MK\) szakasz felezőpontját \(\displaystyle F\).

A feladat annak igazolását kéri, hogy a \(\displaystyle k\) kör és a \(\displaystyle PMQ\) kör érinti egymást. Nyilván mindkét kör tartalmazza az \(\displaystyle M\) pontot, tehát azt kell igazolnunk, hogy \(\displaystyle M\)-ben érinti egymást a két kör. Ezt a következőképp igazoljuk: azt fogjuk belátni, hogy a \(\displaystyle DME\) és a \(\displaystyle PMQ\) háromszögek hasonlóak egymáshoz, méghozzá úgy, hogy egy \(\displaystyle M\) középpontú, \(\displaystyle \frac{PQ}{DE}\) arányú középpontú nagyítás a \(\displaystyle DME\) háromszöget a \(\displaystyle PMQ\) háromszögbe viszi át. Ekkor ugyanis a két háromszög köré írt körét is ugyanilyen nyújtás viszi egymásba. Ismert, és könnyen belátható tétel, hogy ha a \(\displaystyle k\) kört egy, a körvonalon lévő \(\displaystyle M\) középpontú nagyítással transzformáljuk, akkor a \(\displaystyle k'\) kép a \(\displaystyle k\) kört \(\displaystyle M\)-ben érinti, hiszen \(\displaystyle M\) a transzformáció során fixpont, más fixpont azonban nincs.

Tehát a továbbiakban azt látjuk be, hogy a \(\displaystyle PMQ\) és \(\displaystyle DEF\) háromszögek a fönt leírt módon hasonlóak. Ehhez vegyük észre, hogy csupán annyi szükséges, hogy az \(\displaystyle M\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle P\) illetve \(\displaystyle M\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle Q\) pontok egy egyenesen legyenek. Ekkor ugyanis nyilvánvalóan a két háromszög három oldala páronként párhuzamos: \(\displaystyle DE||BC\) könnyen igazolható, ha összevetjük a külső pontból húzott érintőszakaszok tételét a párhuzamos szelők tételének megfordításával, hiszen az előbbi szerint \(\displaystyle AD=AE\), s mivel \(\displaystyle ABC\) egyenlő szárú, így \(\displaystyle AB=AC\). A párhuzamos szelők tételének megfordítása szerint ha \(\displaystyle \frac{AB}{AD}=\frac{AC}{AE}\), ami igaz, akkor \(\displaystyle DE||BC\). Mivel pedig feltettük, hogy az \(\displaystyle M\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle P\) és \(\displaystyle M\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle Q\) pontok kollineárisak, így \(\displaystyle MD||MP\) és \(\displaystyle ME||MQ\). Tehát a két háromszög hasonló. A hasonlóság aránya \(\displaystyle \frac{DE}{PQ}\), így \(\displaystyle MD=\frac{DE}{PQ}\cdot MP\), hasonlóan \(\displaystyle ME=\frac{DE}{PQ}\cdot MQ\), és így már könnyen látszik, hogy a fönt vizsgált transzformáció egymásba viszi a két háromszöget és a köré írt körüket is.

Összefoglalva az eddigieket: elegendő azt igazolnunk, hogy az \(\displaystyle M\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle P\), valamint az \(\displaystyle M\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle Q\) pontok kollineárisak.

Most igazoljuk azt, hogy ha az \(\displaystyle ABC\) háromszög alapon fekvő szöge \(\displaystyle \alpha\), akkor \(\displaystyle DME\angle=180°-\alpha\). Nyilván \(\displaystyle ADE\angle=\alpha\), hiszen egyállású \(\displaystyle ABC\angle\)-gel. Az \(\displaystyle ADE\angle\) a \(\displaystyle k\) körben a \(\displaystyle DE\) húrhoz tartozó érintő szárú kerületi szög. A kerületi szögek tétele miatt \(\displaystyle DKE\angle=ADE\angle=\alpha\). Az \(\displaystyle M\) pont a \(\displaystyle DE\) húr másik oldalán helyezkedik el, emiatt \(\displaystyle DME\angle=180°-\alpha\)

Azt fogjuk belátni, hogy \(\displaystyle PME\angle=DME\angle\), ebből nyilván következik a bizonyítandó. Épp az imént bizonyítottuk be, hogy \(\displaystyle DME\angle=180°-\alpha\), vagyis csak annyit kell látnunk, hogy \(\displaystyle PME\angle=180°-\alpha\). Ez ekvivalens azzal, hogy a \(\displaystyle PMEC\) négyszög húrnégyszög, hiszen \(\displaystyle ECP\angle=\alpha\).

Tehát azt fogjuk igazolni, hogy \(\displaystyle PMEC\) húrnégyszög. Ehhez az kell, hogy:

\(\displaystyle CPM\angle+MEC\angle=180°\)

Triviálisan \(\displaystyle CPM\angle=KPM\angle\). Ha a \(\displaystyle KPM\angle\) szöget \(\displaystyle K\) középponttal \(\displaystyle \frac12\) aránnyal kicsinyítjük, a kép éppen a \(\displaystyle KBF\angle\) lesz. A középpontos hasonlóság szögtartó, így \(\displaystyle KBF\angle=KPM\angle=CPM\angle\), vagyis elég azt látnunk, hogy:

\(\displaystyle KBF\angle+MEC\angle=180°\)

Nyilván ez ekvivalens a következővel:

\(\displaystyle KBF\angle=MEA\angle\)

Az \(\displaystyle MEA\angle\) szög a \(\displaystyle k\) körben az \(\displaystyle ME\) húrhoz tartozó érintő szárú kerületi szög, vagyis:

\(\displaystyle MEA\angle=MDE\angle\)

Összevetve a föntivel:

\(\displaystyle KBF\angle=MDE\angle\)

Ezt úgy fogjuk igazolni, hogy belátjuk: a két szög egyállású. Nyilván \(\displaystyle DE||BC\) triviális, csak a \(\displaystyle DM||BF\) szorul bizonyításra.

Ehhez néhány húrnégyszögre lesz szükségünk. A \(\displaystyle DFEA\) négyszögről fogjuk elsőként bebizonyítani, hogy húrnégyszög. Az \(\displaystyle AED\) háromszög köré írt kör valójában az \(\displaystyle AO\) szakasz Thalész-köre: hiszen az érintés miatt \(\displaystyle ODA\angle=AEO\angle=90°\). Tehát csak annyit kell látnunk, hogy \(\displaystyle AFO\angle=90°\), amihez nyilván elegendő \(\displaystyle OFK\angle=90°\). Tükrözzük az \(\displaystyle OFK\angle\) szöget középpontosan \(\displaystyle K\)-ra! Ekkor \(\displaystyle F\) képe \(\displaystyle M\) lesz, \(\displaystyle K\) helyben marad, \(\displaystyle O\) képe pedig \(\displaystyle K'\) lesz. A szögtartás miatt \(\displaystyle OFK\angle=K'MK\angle\). Könnyen látszik, hogy \(\displaystyle K'\), \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle K\) mind a \(\displaystyle k\) kör pontjai, ráadásul \(\displaystyle KK'\) egy átmérő a \(\displaystyle k\) körben, így Thalész tétele miatt \(\displaystyle K'MK\angle=90°\), amivel igazoltuk segédállításunkat.

Tehát \(\displaystyle DFEA\) húrnégyszög, emiatt \(\displaystyle DFE\angle=180°-EAD\angle=180°-(180°-2\alpha)=2\alpha\). Mivel \(\displaystyle AD=AE\), azért \(\displaystyle DFA\angle=AFE\angle=\frac{DFE\angle}{2}=\alpha\). Emiatt \(\displaystyle KFD\angle=EFK\angle=180°-\alpha\). Felhasználva, hogy \(\displaystyle DBK\angle=KCE\angle=\alpha\), kapjuk, hogy \(\displaystyle BKFD\), valamint \(\displaystyle KCEF\) is húrnégyszög. Felírva az \(\displaystyle A\) pont \(\displaystyle BKFD\) köré írt körére vonatkozó hatványát:

\(\displaystyle AD\cdot AB=AF\cdot AK\)

Felírva az érintő és szelőszakaszok tételét az \(\displaystyle A\) pontra és a \(\displaystyle k\) körre:

\(\displaystyle AD^2=AM\cdot AK\)

\(\displaystyle AK=\frac{AD^2}{AM}\)

Ezt beírva a hatványra vonatkozó egyenletbe:

\(\displaystyle AD\cdot AB=AF\cdot\frac{AD^2}{AM}\)

Rendezve:

\(\displaystyle \frac{AB}{AD}=\frac{AF}{AM}\)

A párhuzamos szelők tételének megfordítása miatt így:

\(\displaystyle BF||MD\)

Éppen ezt akartuk látni. Nyilván teljesen analóg módon bizonyítjuk azt, hogy \(\displaystyle DME\angle=DMQ\angle\), szimmetria okokból. Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Németh Balázs (Budapesti Fazekas M . Gyak. Ált. Isk. és Gimn., 9. évf.)


Statisztika:

16 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:Andó Angelika, Cseh Kristóf, Csépai András, Fekete Panna, Glasznova Maja, Nagy-György Pál, Németh 123 Balázs, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Szebellédi Márton, Török Tímea, Williams Kada.
5 pontot kapott:Andi Gabriel Brojbeanu.
4 pontot kapott:1 versenyző.
3 pontot kapott:1 versenyző.
2 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2015. májusi matematika feladatai