Az A. 716. feladat (2018. február)

A. 716. Az $\displaystyle ABC$ háromszög belsejében, az $\displaystyle A$-ból induló szögfelezőn felvettünk egy $\displaystyle D$ pontot. Legyen a $\displaystyle BD$ és $\displaystyle AC$ egyenesek metszéspontja $\displaystyle E$, a $\displaystyle CD$ és $\displaystyle AB$ metszéspontja $\displaystyle F$. Az $\displaystyle ABC$ háromszög körülírt körét az $\displaystyle EF$ egyenes a $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy ha $\displaystyle O$ a $\displaystyle DPQ$ kör középpontja, akkor $\displaystyle OD$ merőleges $\displaystyle BC$-re.

Javasolta: Michael Ren (Andover, Massachusetts, USA)

(5 pont)

A beküldési határidő 2018. március 12-én LEJÁRT.

1. megoldás ("minimalista"). Ha $\displaystyle AB=AC$, akkor $\displaystyle O$ és $\displaystyle D$ is $\displaystyle \overline{BC}$ felezőmerőlegesére illeszkedik, így az állítás nyilvánvaló. Innentől feltehetjük, hogy $\displaystyle c=AB<AC=b$. Mivel $\displaystyle D,E,F$ nincsenek egy egyenesen, ezért $\displaystyle D,P,Q$ sincs egy egyenesen, vagyis valóban létezik a $\displaystyle DPQ$ kör és annak $\displaystyle O$ középpontja.

Messe $\displaystyle BAC\angle$ belső ill. külső szögfelezője $\displaystyle \overline{BC}$-t az $\displaystyle U$ ill. $\displaystyle V$ pontban. Szögszámolással világos, hogy ha az $\displaystyle ABC$ kör $\displaystyle A$-ban húzott érintője $\displaystyle S$-ben metszi $\displaystyle BC$ egyenest, akkor $\displaystyle S$ az $\displaystyle \overline{UV}$ felezőpontja. Mivel $\displaystyle V$ az $\displaystyle U$-nak $\displaystyle \overline{BC}$-re vonatkozó harmonikus párja (avagy mivel felírhatjuk az $\displaystyle ABC$ háromszögre a Menelaosz- és Ceva-tételt ill. szögfelező-tételt), így $\displaystyle V\in EF$.

Lemma. Legyen $\displaystyle FV\cap AS=K$ (míg $\displaystyle FC\cap AU=D$). Ekkor $\displaystyle DK$ párhuzamos $\displaystyle BC$-vel.

Bizonyítás. Osztóviszonyokkal számolunk. (Ha $\displaystyle X,Y,Z$ egy egyenes különböző pontjai, $\displaystyle (XYZ)=\pm\frac{XZ}{ZY}$, ahol az előjel pozitív ill. negatív, ha $\displaystyle \overrightarrow{XZ}$ és $\displaystyle \overrightarrow{ZY}$ azonos ill. ellentétes irányú.)

Előbb belátjuk, hogy $\displaystyle (BCU)=(BVS)$. Ehhez $\displaystyle BC$ egyenesre számegyenesként tekintünk; a rajta lévő pontok nevével számokat jelöljünk. A számegyenes origója legyen $\displaystyle B=0$, és az egység legyen olyan, hogy $\displaystyle C=b+c$ legyen. Ekkor a szögfelezőtétel szerint $\displaystyle T=c$, illetve

$\displaystyle \frac{V-B}{V-C}=\frac{c}{b}\quad\implies\quad V=-\frac{c(b+c)}{b-c},$

valamint

$\displaystyle S=\frac{U+V}{2}=\frac12\left(-\frac{c(b+c)}{b-c}+c\right)=-\frac{c^2}{b-c},$

ahonnan

$\displaystyle (BVS)=\frac{B-S}{S-V}=\frac{c^2/(b-c)}{(-c^2+c(b+c))/(b-c)}=\frac cb=(BCT).$

A Menelaosz-tétel szerint

$\displaystyle (CFD)\cdot (FBA)\cdot (BCU)=-1,$

$\displaystyle (VFK)\cdot (FBA)\cdot (BVS)=-1.$

Ebből következik, hogy $\displaystyle (CFD)=(VFK)$, így hasonlóság miatt $\displaystyle CV$ és $\displaystyle DK$ párhuzamos. $\displaystyle \blacksquare$

A megoldásra térve, felírjuk $\displaystyle K$-nak $\displaystyle (ABC)$-re való hatványát. Mivel $\displaystyle KA$ érinti $\displaystyle ABC$ kört, $\displaystyle KA^2=KP\cdot KQ$. Mivel $\displaystyle KA=KD$, ezért $\displaystyle KD^2=KP\cdot KQ$. Ebből, mivel $\displaystyle K,P,Q$ ebben a sorrendben következnek egy egyenesen, következik, hogy $\displaystyle KD$ érinti $\displaystyle DPQ$ kört. Tehát $\displaystyle OD$ merőleges $\displaystyle KD$-re s így $\displaystyle BC$-re is.

Megjegyzés ("Hogyan lehetett rájönni?"). A geometriára sokszor gondolhatunk asszociációs játékként, némi számolási technikával kiegészítve. A $\displaystyle DPQ$ kört úgy definiáltuk, mint a $\displaystyle D$-n áthaladó kör, melynek $\displaystyle ABC$ körrel vett hatványvonala $\displaystyle EF$ egyenes. Az $\displaystyle EF$ egyenes pedig áthalad $\displaystyle U$ harmonikus párján, ami $\displaystyle D$ választásától független pont. A valódi kulcsötlet azonban az "egy kör pontjának elhelyezkedése az érintőjének irányával vizsgálható": ehhez kapcsolódik az A.686. feladat lemmája is. Tehát az $\displaystyle OD\perp BC$ merőlegesség helyett a $\displaystyle D$-ben húzott érintő $\displaystyle BC$-vel való párhuzamosságát látjuk be. Emiatt pedig célszerűvé válik az $\displaystyle ABC$ kör, a $\displaystyle DPQ$ kör és a $\displaystyle D$ ponttá fajuló kör hatványpontját vizsgálni, ami éppen a $\displaystyle K$ pont. Elegendő utána észrevenni, hogy akkor $\displaystyle KA$ érintené $\displaystyle ABC$ kört: ezt követően az ábra lecsupaszításával egyszerű arányszámításra redukálható a feladat.

2. megoldás ("megtaláljuk a kis feladat mögött rejlő nagy ábrát"). Jelölje az $\displaystyle ABC$ kört $\displaystyle \omega$, és legyen $\displaystyle N$ a $\displaystyle CAB$ körív felezőpontja. Legyen $\displaystyle \Omega$ a $\displaystyle N$ középpontú, $\displaystyle B,C$-n átmenő kör; legyen $\displaystyle R=\Omega\cap CD$ és $\displaystyle S=\Omega\cap BD$. Kerületi és középponti szögekből $\displaystyle BRD\sphericalangle =\frac12BNC\sphericalangle =\frac12BAC\sphericalangle =BAD\sphericalangle$, tehát $\displaystyle A,D,B,R$ egy körön vannak (irányított szögeket használtunk, lásd pl. itt). Hasonlóan látjuk, hogy $\displaystyle A,D,C,S$ egy körön vannak.

Az $\displaystyle AB$ egyenes az $\displaystyle ABDR$ kör és $\displaystyle \omega$ hatványvonala, a $\displaystyle DR$ egyenes pedig az $\displaystyle ABDR$ és $\displaystyle DRS$ körök hatványvonala. Ezért az $\displaystyle F=AB\cap DR$ pont a három kör hatványpontja, és rajta van a $\displaystyle DRS$ kör és $\displaystyle \omega$ hatványvonalán. Hasonlóan kapjuk, hogy az $\displaystyle E$ pont is rajta van a $\displaystyle DRS$ kör és $\displaystyle \omega$ hatványvonalán. Az $\displaystyle EFPQ$ egyenes tehát a $\displaystyle DRS$ kör és $\displaystyle \omega$ hatványvonala. A $\displaystyle P,Q$ pontok rajta vannak az egyik körön és a hatványonalon, tehát rajta vannak a másik körön is: $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ rajta van a $\displaystyle DRS$ körön.

Ezek után legyen $\displaystyle DT$ a $\displaystyle DPQRS$ kör egy érintője az ábra szerint. Ekkor $\displaystyle RDT\sphericalangle=RSD\sphericalangle=RCB\sphericalangle$, vagyis $\displaystyle DT\|BC$, ami ekvivalens az állítással.

Megjegyzés ("Hogyan lehetett rájönni?"). A fenti ábrához fogható szép részletek megtalálása várhatóan sok kukába való részlet észrevételével jár együtt, hacsak nem kiváltképp leleményes vagy szerencsés a feladatmegoldó. Emellett átláthatóság végett gyakran válik érdemessé részábrákat rajzolni. A teljes ábra:

$\displaystyle \bullet$ az $\displaystyle \Omega$ kör és az egy ponton átmenő $\displaystyle BC,EF,AN,RS$, illetve $\displaystyle BR,CS,AD$ egyenesek;

$\displaystyle \bullet$ egy inverzió, melynek hatása $\displaystyle B\leftrightarrow C$, $\displaystyle A\leftrightarrow N$, $\displaystyle P\leftrightarrow Q$, $\displaystyle R\leftrightarrow S$, s egy másik inverzió, melynek hatása $\displaystyle A\leftrightarrow D$, $\displaystyle B\leftrightarrow R$, $\displaystyle C\leftrightarrow S$;

$\displaystyle \bullet$ felírható egy Pascal-tétel a $\displaystyle BBRCCS$ hatszögre, szögfelezőtétel+Ceva+Menelaosz az $\displaystyle ABC$ háromszögre, Desargues-tétel az $\displaystyle ABC$ és $\displaystyle DRS$ háromszögekre;

$\displaystyle \bullet$ ily módon még sok kör, köztük a $\displaystyle PQRS$ kör is.

A legnehezebb lépés talán annak belátása, hogy a $\displaystyle D$ pont illeszkedik a $\displaystyle PQRS$ körre. Onnan egyszerűen adódik, hogy a $\displaystyle DRS$ kör $\displaystyle D$-beli érintője párhuzamos $\displaystyle BC$-vel.

Statisztika:

8 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:	Bukva Balázs, Gáspár Attila, Imolay András, Janzer Orsolya Lili, Matolcsi Dávid, Schrettner Jakab.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2018. februári matematika feladatai