Kincsek a KöMaL múltjából

Kiss Géza, Fried Katalin

Ebben a rovatunkban a KöMaL hasábjain régebben megjelent érdekes, ám feledésbe merült cikkeket, feladatmegoldásokat veszünk elő és mutatunk be. Felfrissítjük, a mai jelölésmódokhoz, szóhasználathoz igazítjuk a stílusukat, esetenként további gondolatokat fűzünk hozzájuk.

Ezúttal részletesebben egy 1928. januárjában kitűzött feladatról és annak az ugyanazon év márciusi számában megjelent megoldásáról, illetve további, szintén ehhez a témához kapcsolható feladatokról lesz szó. Mint később látjuk, ezek mindegyike szorosan kapcsolódik az e számban megoldott B. 5440. feladathoz.

A korábban megjelent feladatot és a megoldást apró változtatásokkal közöljük:

345. a) Jelentsék \(\displaystyle H_a\), \(\displaystyle H_b\), \(\displaystyle H_c\) a nem derékszögű \(\displaystyle ABC{\triangle}\) oldalain a magasságok talppontjait. A \(\displaystyle H_aH_bH_c\) háromszög oldalainak felezőpontjai legyenek \(\displaystyle P\), \(\displaystyle Q\), \(\displaystyle R\). Hosszabbítsuk meg a \(\displaystyle PQR{\triangle}\) oldalait, amíg az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) oldalait metszik; bizonyítsuk be, hogy ilyen módon három egyenlő hosszúságú szakaszpárt kapunk.

b) Ezen szakaszok végpontjai (amelyek tehát az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) oldalain feküsznek) egy körön, az ún. Taylor-féle körön feküsznek. Ezen kör a \(\displaystyle PQR{\triangle}\)-be írt vagy ezen háromszöghöz hozzáírt egyik körrel koncentrikus, aszerint, amint az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) hegyes, illetve tompaszögű.

c) A b) alatti pontok egyszersmind a \(\displaystyle H_a\), \(\displaystyle H_b\), \(\displaystyle H_c\) pontokból, az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) oldalaira bocsátott merőlegesek talppontjai.

Megoldás. a) Messe \(\displaystyle QR\) az \(\displaystyle AB\) és \(\displaystyle CA\) oldalakat \(\displaystyle D\), illetve \(\displaystyle D'\) pontban. Ismert, hogy egy nem derékszögű háromszög magassága a magasságvonalak talppontjai által alkotott háromszög belső szögfelezője, ezért \(\displaystyle H_bH_cA\sphericalangle=H_aH_cB\sphericalangle\). Mivel pedig \(\displaystyle QR\parallel H_bH_c\), \(\displaystyle QDH_c\sphericalangle=H_bH_cA\sphericalangle\), ezért a \(\displaystyle QH_cD{\triangle}\) egyenlő szárú: \(\displaystyle QD=QH_c\). Ugyanígy az \(\displaystyle RH_bD'{\triangle}\) is egyenlő szárú: \(\displaystyle RD'=RH_b\) (lásd 1. ábra).

1. ábra

Eszerint:

\(\displaystyle DD'=DQ+QR+RD'=QH_c+QR+RH_b=RP+QR+PQ, \)

azaz \(\displaystyle DD'\) egyenlő a \(\displaystyle PQR{\triangle}\) kerületével. Analóg módon igazolható ez az \(\displaystyle EE'\) és \(\displaystyle FF'\) távolságokról is, amelyek a \(\displaystyle PR\), illetve \(\displaystyle PQ\) oldalak meghosszabbítása által keletkeztek.

Ha azonban például \(\displaystyle BAC\sphericalangle>{90}^\circ\), akkor

\(\displaystyle DD'=EE'=FF'=PQ+RP-QR. \)

b) Ha az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) hegyesszögű és a \(\displaystyle PQR{\triangle}\)-be írható kör középpontja \(\displaystyle T\), továbbá a \(\displaystyle T\) pontból a \(\displaystyle QR\) oldalra bocsátott merőleges talppontja \(\displaystyle N\), a \(\displaystyle PQR{\triangle}\) kerületének fele:

\(\displaystyle QN+RP=RN+QP, \)

vagy, mint a) alatt láttuk:

\(\displaystyle QN+QD=RN+RD',\quad \text{azaz}\quad DN=D'N. \)

Ez annyit jelent, hogy \(\displaystyle N\) felezi a \(\displaystyle DD'\) oldalt; mivel \(\displaystyle TN \perp DD'\), azért \(\displaystyle T\) egyenlő távolságra van a \(\displaystyle D\) és \(\displaystyle D'\) pontoktól; ezen távolság \(\displaystyle \sqrt{(DD'/2)^2+(TN)^2}\). Ugyanekkora távolságban van tehát az \(\displaystyle E\) és \(\displaystyle E'\), illetve az \(\displaystyle F\) és \(\displaystyle F'\) pontoktól; tehát \(\displaystyle T\) a \(\displaystyle D\), \(\displaystyle D'\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle E'\), \(\displaystyle F\), \(\displaystyle F'\) pontokon átmenő kör középpontja.

Ha például \(\displaystyle BAC\sphericalangle>{90}^\circ\) (2. ábra), akkor a \(\displaystyle T\) pont azon kör középpontja, amely a \(\displaystyle PQR{\triangle}\) \(\displaystyle QR\) oldalát \(\displaystyle Q\) és \(\displaystyle R\) között kívülről érinti.

2. ábra

c) Láttuk, hogy \(\displaystyle RD'=RH_a=RH_b\), ebből máris következik, hogy \(\displaystyle H_aD' \perp AC\). \(\displaystyle D'\) a \(\displaystyle H_aH_b\) átmérőjű körön fekszik. Hasonlóan igazolható, hogy \(\displaystyle H_aD \perp AB\) s. í. t.

Etre SándorMátyás király rg. VII. o. Bp. II.

Kiegészítés. d) \(\displaystyle PT \perp BC\); \(\displaystyle ~QT \perp AC\); \(\displaystyle ~RT \perp AB\).

Ugyanis \(\displaystyle PT\) felezi a \(\displaystyle QPR\) szöget és \(\displaystyle PEF'{\triangle}\) egyenlő szárú: \(\displaystyle PE= PF'\), amint ezt a) alatt láthattuk. Hasonlóan áll a dolog a másik két esetben. A tulajdonság megmarad akkor is, ha az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) tompaszögű.

e) Jelentsék \(\displaystyle H_1\), \(\displaystyle H_2\), \(\displaystyle H_3\) rendre \(\displaystyle AH_bH_c\), \(\displaystyle BH_cH_a\), \(\displaystyle CH_aH_b\) háromszögek magassági pontjait. Ekkor \(\displaystyle H_1H_a\), \(\displaystyle H_2H_b\), \(\displaystyle H_3H_c\) a \(\displaystyle T\) pontban felezik egymást.

Bizonyítás. A \(\displaystyle H_1H_cH_aH_b\) és \(\displaystyle TQH_aR\) négyszögek hasonlóak és hasonló helyzetűek; megfelelő oldalaik egybeesnek, illetve párhuzamosak, és ezért megfelelő szögeik egyenlők, továbbá

\(\displaystyle H_cH_a:QH_a=2:1=H_bH_a:RH_a. \)

3. ábra

Ebből pedig következik, hogy a megfelelő \(\displaystyle T\) és \(\displaystyle H_1\) csúcsok is a \(\displaystyle H_a\)-ból kiinduló sugáron feküsznek, úgy hogy \(\displaystyle H_1H_a=2TH_a\), azaz \(\displaystyle T\) felezi a \(\displaystyle H_1H_a\) távolságot.

Analóg a bizonyítás \(\displaystyle H_2H_b\) és \(\displaystyle H_2H_c\) esetére.

f) A \(\displaystyle T\) felezi az \(\displaystyle OH_0\) távolságot is, ahol \(\displaystyle H_0\) a \(\displaystyle H_aH_bH_c{\triangle}\) magassági pontja, \(\displaystyle O\) pedig az \(\displaystyle ABC\) háromszög köré írható kör középpontja.

\(\displaystyle H_2H_b\) és \(\displaystyle H_3H_c\), mint e) alatt láttuk, a \(\displaystyle T\) pontban felezik egymást; ezért a \(\displaystyle H_bH_cH_2H_3\) idom paralelogramma, azaz \(\displaystyle H_2H_3 \parallel H_bH_c\). Minthogy \(\displaystyle AH_1 \perp H_cH_b\), egyszersmind \(\displaystyle AH_1\perp H_2H_3\), a 345. a) állítás szerint \(\displaystyle AH_1\), \(\displaystyle BH_2(\perp H_cH_a)\), \(\displaystyle {CH_3(\perp H_aH_b)}\) az \(\displaystyle ABC_{\triangle}\) köré írt kör \(\displaystyle O\) középpontján mennek keresztül. Azonban \(\displaystyle O\) most a \(\displaystyle H_1H_2H_{3 \triangle}\) magassági pontja is és mint ilyen, szimmetrikus helyzetű a \(\displaystyle H_0\) ponttal a \(\displaystyle T\) pontra nézve, mert a \(\displaystyle H_aH_bH_{c}\triangle\) és \(\displaystyle H_1H_2H_{3}\triangle\) szimmetrikus helyzetűek a \(\displaystyle T\) pontra nézve.

Az a), b), c), d), e), f) állítások alapján kimondhatjuk, hogy minden háromszögben a Taylor-féle kör középpontja egyúttal a talpponti háromszög oldalainak felezőpontjai által alkotott háromszögbe vagy a háromszöghöz írt kör középpontja aszerint, amint az \(\displaystyle ABC{\triangle}\) hegyes-, illetve tompaszögű. Továbbá minden háromszögben a háromszög köré írt kör középpontja, a Taylor-féle kör középpontja és a talpponti háromszög magassági pontja egy egyenesen fekszik.

Megjegyzés. A feladat állításaiból azonnal adódik, hogy a B. 5440. feladatban szereplő \(\displaystyle ABC\) háromszög a fenti megoldásban az 1. ábrán látható \(\displaystyle PQR\) háromszög megfelelője. Vagyis az \(\displaystyle ABC\) háromszög egy olyan \(\displaystyle A'B'C'\) háromszög talpponti háromszögének oldalfelező pontjaiból alkotott háromszög, amelynek Taylor-körén fekszenek a \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\), \(\displaystyle G\), \(\displaystyle H\), \(\displaystyle K\) pontok.

További érdekesség, hogy a \(\displaystyle D'FE'DF'E\) hatszög szemközti oldalai párhuzamosak (ahogyan az a B. 5440. feladat második megoldásából is látható), illetve a szemközti csúcsokat összekötő átlói egyenlő hosszúak (amint az a feladat első megoldásából látható).

Ehhez kapcsolódik az a feladat, amely korábban kétszer is megjelent a KöMaL-ban: egyszer 1950-ben a Matematikai Olimpiász Moszkvában című versenybeszámolóban; illetve még egyszer, amikor az 1958. évi Arany Dániel Matematikai Tanulóversenyen a haladók I. kategóriájában kitűzött feladatként idézi a lap.

Bizonyítsuk be, hogy ha egy hatszög szemközti oldalai párhuzamosak és a szemközti csúcsokat összekötő átlók egyenlő hosszúak, akkor kör írható a hatszög köré.

A bizonyítás az előzőekből következik.

Ám ezzel korántsem merítettük ki ezt a témát.

A KöMaL 1903/2. októberi számának 26. oldalán jelent meg az 1195. feladat:

Egy hatszög minden szöge ugyanakkora, másodszomszédos oldalai egyenlő hosszúak. Mutassuk meg, hogy a hatszög köré kör rajzolható.

Vázlatos megoldás. Ha egy hatszög minden szöge ugyanakkora, akkor persze párhuzamosak a szemközti oldalai, illetve minden második oldal egyenesét megrajzolva, azok \(\displaystyle 60^\circ\)-os szöget zárnak be, vagyis egy szabályos háromszöget határolnak. Legyen a hatszög oldalainak hossza felváltva \(\displaystyle a\) és \(\displaystyle b\), és tegyük fel, hogy a \(\displaystyle b\) hosszúságú oldalak egyenesét rajzoltuk meg. Mivel a hatszög minden szöge \(\displaystyle 120^\circ\)-os, úgy kapjuk meg a hatszöget a szabályos háromszögből, hogy annak minden csúcsából levágunk egy \(\displaystyle a\) oldalú szabályos háromszöget. Ebből (a fennálló szimmetriákból) már következik, hogy egyrészt a hatszög szemközti csúcsait összekötő átlók egyenlő hosszúak, másrészt hogy a hatszög húrhatszög. Az is világosan látszik, hogy ekkor a hatszög forgásszimmetrikus, mégpedig \(\displaystyle 120^\circ\) szerint.

Ebből pedig következik egy másik, a KöMaL 2019/8. novemberi szám 483. oldalán C. 1570. számmal megjelent feladat állítása:

Egy hatszög minden szöge \(\displaystyle 120^\circ\), szemközti csúcsait összekötő átlói egyenlő hosszúak. Igazoljuk, hogy a hatszög forgásszimmetrikus.

Vázlatos bizonyítás. Az előzőekből következik, hogy a hatszög húrhatszög. Jelölje a hatszög csúcsait sorban \(\displaystyle A\), \(\displaystyle B\), \(\displaystyle C\), \(\displaystyle D\), \(\displaystyle E\), \(\displaystyle F\). A feltétel szerint \(\displaystyle AD=BE=CF\).

Tekintsük a \(\displaystyle BC\) oldalt. Mivel a \(\displaystyle BC\) szakaszfelező merőlegesére szimmetrikusan helyezkedik el a \(\displaystyle B\) csúcsban \(\displaystyle BC\)-vel \(\displaystyle 120^\circ\)-ot bezáró félegyenes és a hatszög köré írt kör metszéspontja (\(\displaystyle A\)), illetve a \(\displaystyle BC\)-vel \(\displaystyle C\)-ben \(\displaystyle -120^\circ\)-ot bezáró félegyenes és a kör metszéspontja (\(\displaystyle D\)), így \(\displaystyle AB=CD\), és egyeneseik \(\displaystyle 120^\circ\)-ot zárnak be egymással. Ebből következik, hogy a hatszög másodszomszédos oldalai ugyanolyan hosszúak, tehát az előzőek szerint forgásszimmetrikus.

(A cikk egyes részei elhangzottak 2021. évi KöMaL Ifjúsági Ankéton, elérhető a KöMaL youtube csatornáján.