A B. 5541. feladat (2026. május)

B. 5541. $\displaystyle A$, $\displaystyle B$ és $\displaystyle C$ az $\displaystyle F$ fókuszpontú parabola három pontja, ebben a sorrendben. A parabolához a $\displaystyle B$ pontban húzott érintő az $\displaystyle A$ pontban húzott érintőt a $\displaystyle P$, a $\displaystyle C$ pontban húzott érintőt pedig a $\displaystyle Q$ pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az $\displaystyle FAP$ és $\displaystyle FCQ$ körök $\displaystyle F$-től különböző metszéspontja rajta van az $\displaystyle AC$ egyenesen.

Javasolta: Holló Gábor (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2026. június 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen az $\displaystyle FAP$ és $\displaystyle FCQ$ körök $\displaystyle F$-től különböző metszéspontja $\displaystyle M$; ha esetleg az $\displaystyle FAP$ és $\displaystyle FCQ$ körök $\displaystyle F$-ben érintik egymást, akkor legyen $\displaystyle M=F$, ilyenkor az $\displaystyle FM$ egyenesen a két kör $\displaystyle F$-beli közös érintőjét értjük. Azt kell igazolnunk, hogy az $\displaystyle A$, $\displaystyle C$ és $\displaystyle M$ pontok egy egyenesre esnek.

Legyen az $\displaystyle A$-ban és $\displaystyle C$-ben húzott $\displaystyle AP$ és $\displaystyle CQ$ érintők metszéspontja $\displaystyle R$. Legyen az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ érintési pontok merőleges vetülete a $\displaystyle d$ vezéregyenesen rendre $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, illetve $\displaystyle C_0$. Jól ismert, hogy az $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, $\displaystyle C_0$ pontok éppen az $\displaystyle F$ fókuszpont tükörképei az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ pontokban húzott érintőkre, így $\displaystyle PA_0=PF=PB_0$ és $\displaystyle QB_0=QF=QC_0$. Tehát az $\displaystyle FA_0B_0$ kör középpontja $\displaystyle P$, az $\displaystyle FB_0C_0$ kör középpontja pedig $\displaystyle Q$. Továbbá, a parabola $\displaystyle APR$ és $\displaystyle CQR$ érintői felezik az $\displaystyle FPA_0$ és az $\displaystyle FQC_0$ szöget.

Az $\displaystyle FPAM$ és $\displaystyle FQCM$ körökön a pontok sorrendje többféle lehet. Annak érdekében, hogy a diszkusszió fájdalmait elkerüljük, a továbbiakban irányított szögekkel fogunk számolni: bármely $\displaystyle e$ és $\displaystyle f$ egyenesekre $\displaystyle \sphericalangle(e,f)$ fogja jelölni, hogy mekkora szöggel lehet az $\displaystyle e$-t pozitív irányban az $\displaystyle f$-be forgatni. (Ez a szög csak modulo $\displaystyle 180^\circ$ meghatározott.)

Az $\displaystyle FA_0B_0$ körben a kerületi és középponti szögek tétele miatt $\displaystyle \sphericalangle(PR,PF)=\sphericalangle(B_0A_0,B_0F)$. Ugyanígy, az $\displaystyle FB_0C_0$ körből kaphatjuk, hogy $\displaystyle \sphericalangle(QR,QF)=\sphericalangle(B_0C_0,B_0F)$.

Az $\displaystyle FPAM$ és $\displaystyle FQCM$ körökben a kerületi szögek tétele miatt $\displaystyle \sphericalangle(MA,MF)=\sphericalangle(PA,PF)$ és $\displaystyle \sphericalangle(MC,MF)=\sphericalangle(QC,QF)$.

Mindezeket alkalmazva,

$$\begin{align*} \sphericalangle(MA,MF) &= \sphericalangle(PA,PF) =\sphericalangle(PR,PF) =\sphericalangle(B_0A_0,B_0F) =\\ &=\sphericalangle(B_0C_0,B_0F) =\sphericalangle(QR,QF) =\sphericalangle(QC,QF) =\\ &=\sphericalangle(MC,MF). \end{align*}$$

Tehát $\displaystyle \sphericalangle(MA,MF)=\sphericalangle(MC,MF)$, vagyis az $\displaystyle MA$ és $\displaystyle MC$ egyenesek ugyanakkora irányított szöget zárnak be $\displaystyle MF$-fel, ami azt jeleni, hogy az $\displaystyle A$, $\displaystyle C$, $\displaystyle M$ pontok egy egyenesre esnek.

Megjegyzés. Az ábra részleteiben több ismert geometriai tételt ismerhetünk fel.

A megoldásban már láttuk, hogy $\displaystyle \sphericalangle(PR,PF)=\sphericalangle(QR,QF)$, vagyis a $\displaystyle PQR$ kör átmegy az $\displaystyle F$ fókuszponton. Ez az eredmény Lambert-tétel néven ismert.
Legyen $\displaystyle FA_0$, $\displaystyle FB_0$ és $\displaystyle FC_0$ felezőpontja rendre $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, illetve $\displaystyle C_1$; ezek a pontok egyben az $\displaystyle F$ merőleges vetületei a megfelelő érintőkön. Az $\displaystyle A_1$, $\displaystyle B_1$, $\displaystyle C_1$ pontok az $\displaystyle A_0$, $\displaystyle B_0$, $\displaystyle C_0$ pontok felére kicsinyítései a fókuszpontból, tehát a parabola csúcsérintőjén vannak. Ez az egyenes az $\displaystyle PQR$ háromszögnek az $\displaystyle F$ ponthoz tartozó Simson–Wallace egyenese.
A Simson–Wallace egyenes szokásos bizonyításában és a feladat megoldásában felismerhetjük a háromszögekre és teljes négyoldalakra vonatkozó Miquel-tételeket:

Ha az $\displaystyle ABC$ háromszög $\displaystyle BC$, $\displaystyle CA$, $\displaystyle AB$ oldalegyenesein $\displaystyle A'$, $\displaystyle B'$ és $\displaystyle C'$ egy-egy, a csúcsoktól különböző pont, akkor az $\displaystyle AC'B'$, $\displaystyle BA'C'$ és $\displaystyle CB'A'$ körök egy ponton, ennek a pontrendszernek a Miquel-pontján mennek át.
Ha négy egyenes között nincsenek párhuzamosak, és semelyik három nem megy át egy ponton, akkor az egyenesek által határolt négy háromszög körülírt körei egy ponton, az négy egyenes Miquel-pontján mennek át.

A Thalész-tétel megfordítása miatt az $\displaystyle F$, $\displaystyle P$, $\displaystyle A_1$ és $\displaystyle B_1$ pontok, az $\displaystyle F$, $\displaystyle P$, $\displaystyle A_1$ és $\displaystyle C_1$ pontok, továbbá az $\displaystyle F$, $\displaystyle Q$, $\displaystyle B_1$ és $\displaystyle C_1$ pontok is egy-egy körön vannak. Ezért az $\displaystyle PA_1R$, $\displaystyle PQB_1$, $\displaystyle QRC_1$ és $\displaystyle A_1B_1C_1$ egyenesek Miquel-pontja az $\displaystyle F$, amelyen a $\displaystyle PQR$ kör is átmegy.

Módosítsuk a feladat megoldását úgy, hogy az $\displaystyle M$ pontot az $\displaystyle AC$ egyenes és az $\displaystyle FAP$ kör második metszéspontjaként definiáljuk, és alkalmazzuk a Miquel-tételt az $\displaystyle RCA$ háromszögre és az $\displaystyle M$, $\displaystyle P$, $\displaystyle Q$ pontokra. A Miquel-pont a $\displaystyle PQR$ és $\displaystyle APM$ körök második metszéspontja, vagyis $\displaystyle F$. A Miquel-tétel miatt a $\displaystyle CMQ$ kör is átmegy $\displaystyle F$-en.

Statisztika:

20 dolgozat érkezett.

6 pontot kapott: Ali Richárd, Bao Nguyen Gia, Benedek Olivér , Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Pázmándi József Áron, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sha Jingyuan, Tóth László Pál, Varga 511 Vivien, Vincze Marcell, Wiener Marcell.

5 pontot kapott: Papp Mátyás, Sógor-Jász Soma, Várhegyi Hanna.

4 pontot kapott: 1 versenyző.

2 pontot kapott: 1 versenyző.

1 pontot kapott: 1 versenyző.

0 pontot kapott: 1 versenyző.

A KöMaL 2026. májusi matematika feladatai

20 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Ali Richárd, Bao Nguyen Gia, Benedek Olivér , Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Pázmándi József Áron, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sha Jingyuan, Tóth László Pál, Varga 511 Vivien, Vincze Marcell, Wiener Marcell.
5 pontot kapott:	Papp Mátyás, Sógor-Jász Soma, Várhegyi Hanna.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?