A B. 4511. feladat (2013. január)

B. 4511. A k kör a P pontban belülről érinti az  kört. A P-n átmenő p egyenes ezeket a köröket P-n kívül még rendre a K és L pontokban metszi. A k kör egy P-től különböző U pontjában húzott u érintőjének az  körrel való egyik metszéspontja V, a KU és LV egyenesek metszéspontja pedig T. Határozzuk meg a T pont mértani helyét, ha U befutja k-t. (u és mindkét metszéspontja figyelembe veendő; ha U=K, akkor a KU egyenes a k-hoz K-ban húzott érintő. Hasonlóan, ha V=L, akkor LV az -hez L-ben húzott érintő.)

Javasolta: Hraskó András (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2013. február 11-én LEJÁRT.

Megoldási ötlet: Vizsgáljuk azt a P körüli forgatva nyújtást, ami U-t K-ba viszi.

1. megoldás.

Irányított szögekkel (azaz modulo 180^o) 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.

Statisztika:

10 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Fehér Zsombor, Janzer Barnabás, Janzer Olivér, Maga Balázs, Szabó 928 Attila.
5 pontot kapott:	Paulovics Zoltán.
4 pontot kapott:	2 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2013. januári matematika feladatai