Problem B. 5317. (April 2023)

B. 5317. An ellipse lies in the closed positive orthant, its foci are \(\displaystyle (x_1;y_1)\) and \(\displaystyle (x_2;y_2)\), and it touches the coordinate axes at the points of abscissa \(\displaystyle p\), and ordinate \(\displaystyle q\), respectively. Show that the point \(\displaystyle (p;q)\) is collinear with the origin and the centre of the ellipse, and calculate the numerical eccentricity of the ellipse.

Proposed by L. László, Budapest

(6 pont)

Deadline expired on May 10, 2023.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. Vegyük észre, hogy az origó, a \(\displaystyle P(p,0)\) és \(\displaystyle Q(0,q)\) érintési pontok, valamint a \(\displaystyle (p,q)\) pont egy téglalap négy csúcsa, ezért az origó, a \(\displaystyle PQ\) szakasz felezőpontja és a \(\displaystyle (p,q)\) pont kollineárisak. Emiatt a következő általánosabb állításból a feladat első fele azonnal következik. Erre az általánosabb állításra két különböző bizonyítást is mutatunk.

Állítás. Legyen az \(\displaystyle \mathcal E\) ellipszis középpontja \(\displaystyle K\). A külső \(\displaystyle T\) pontból \(\displaystyle \mathcal E\)-hez húzott érintők érintési pontjai \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle N\). Ekkor \(\displaystyle K\), \(\displaystyle T\) és az \(\displaystyle MN\) szakasz felezőpontja kollineárisak.

1. bizonyítás. Helyezzük el az ellipszist a koordinátarendszerben a szokásos módon, ekkor \(\displaystyle K(0,0)\), legyen \(\displaystyle \mathcal E\) egyenlete

\(\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1;\)

továbbá \(\displaystyle M(m_1,m_2)\) és \(\displaystyle N(n_1,n_2)\). Ekkor az \(\displaystyle MN\) szakasz felezőpontja \(\displaystyle F((m_1+n_1)/2; (m_2+n_2)/2)\). Jól ismert (lásd Czapári-Soós: Geometriai feladatok gyűjteménye II., 1001. feladat), hogy az \(\displaystyle M\)-ben és \(\displaystyle N\)-ben húzott érintők egyenletei

\(\displaystyle \frac{m_1}{a^2} x+\frac {m_2}{b^2}y=1 \quad \text{és} \quad \frac{n_1}{a^2} x+\frac {n_2}{b^2}y=1.\)

Ezek metszéspontját kiszámolva kapjuk, hogy \(\displaystyle T\) koordinátái

\(\displaystyle t_1=\frac{(n_2-m_2)a^2}{m_1n_2-n_1m_2} \quad \text{és} \quad t_2=\frac{(m_1-n_1)b^2}{m_1n_2-n_1m_2}.\)

(A feltevés szerint az érintők metszik egymást, azaz \(\displaystyle m_1n_2-n_1m_2\neq 0.\))

Világos, hogy \(\displaystyle K\), \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle T\) pontosan akkor kollineárisak, ha a \(\displaystyle K\), \(\displaystyle \hat F(m_1+n_1, m_2+n_2)\) és \(\displaystyle \hat T((n_2-m_2)a^2, (m_1-n_1)b^2)\) pontok kollineárisak. A \(\displaystyle K\), \(\displaystyle \hat F\) és \(\displaystyle \hat T\) pontok pedig pontosan akkor kollineárisak, ha

\(\displaystyle \frac{(n_2-m_2)a^2}{m_1+n_1}=\frac {(m_1-n_1)b^2}{m_2+n_2}.\)

Ezt ekvivalens átalakításokkal

\(\displaystyle \frac{m_1^2}{a^2}+\frac{m_2^2}{b^2}=\frac{n_1^2}{a^2}+\frac{n_2^2}{b^2}\)

alakra hozhatjuk, ami pedig teljesül, mivel az \(\displaystyle M\) és \(\displaystyle N\) pontok rajta vannak az \(\displaystyle \mathcal E\) ellipszisen. \(\displaystyle \square\)

2. bizonyítás. Az affinitások alaptétele szerint létezik olyan affinitás, ami az \(\displaystyle MNT\) háromszöget egy egyenlő szárú \(\displaystyle M'N'T'\) háromszögbe képezi, ahol \(\displaystyle T'M'=T'N'\). (Lásd például Reiman I.: Geometria és határterületei, 8.1 szakasz.) Ez az \(\displaystyle \mathcal E\) ellipszist egy \(\displaystyle O'\) középpontú \(\displaystyle \mathcal E'\) ellpiszisbe viszi, az \(\displaystyle MN\) szakasz \(\displaystyle F\) felezőpontjának képe az \(\displaystyle M'N'\) szakasz \(\displaystyle F'\) felezőpontja.

Mivel \(\displaystyle T'\)-ből egyenlő hosszúságú érintők húzhatók \(\displaystyle \mathcal E'\)-höz, ezért \(\displaystyle T'\) rajta van \(\displaystyle \mathcal E'\) egy szimmetriatengelyén, valamint \(\displaystyle M'\) és \(\displaystyle N'\) egymás szimmetrikus tükörképei. Erre a tengelyre nyilvánvalóan illeszkedik \(\displaystyle O'\) és az \(\displaystyle M'N'\) szakasz \(\displaystyle F'\) felezőpontja is, amivel az állítást a transzformált képre beláttuk. Mivel az affinitás inverze is affinitás, így az állítás következik. \(\displaystyle \square\)

Végül rátérünk a numerikus excentricitás kiszámítására. Ehhez felhasználjuk, hogy a \(\displaystyle P(p,0)\) pont fókuszoktól mért távolságainak összege épp \(\displaystyle 2a\), azaz az ellipszis nagytengelye. Továbbá ha a fókuszpontok távolsága \(\displaystyle 2c\), akkor a numerikus excentricitás

\(\displaystyle e=\frac {c}{a}=\frac{\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}}{\sqrt{(p-x_1)^2+y_1^2}+\sqrt{(p-x_2)^2+y_2^2}}.\)

Statistics:

17 students sent a solution.
6 points:	Bodor Mátyás, Czirják Márton Pál, Diaconescu Tashi, Holló Martin, Kocsis 827 Péter, Sárdinecz Dóra, Szakács Ábel, Varga Boldizsár, Veres Dorottya.
4 points:	5 students.
3 points:	1 student.
2 points:	1 student.
0 point:	1 student.

Problems in Mathematics of KöMaL, April 2023