A B. 5268. feladat (2022. október)

B. 5268. Az $\displaystyle ABC$ háromszög beírt körének középpontját jelölje $\displaystyle I$. Az $\displaystyle ABC$ háromszög belsejében, az $\displaystyle ABI$ körön vegyünk fel egy $\displaystyle P$ pontot. Az $\displaystyle AP$ egyenes $\displaystyle AI$-re vett tükörképe az $\displaystyle ABI$ kört az $\displaystyle A$-n kívül még a $\displaystyle Q$ pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy $\displaystyle CP=CQ$.

Javasolta: Kocsis Szilveszter (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2022. november 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Közismert, hogy $\displaystyle I$-n (a beírt kör középpontján) átmegy mindhárom belső szögfelező, ezeket tehát mindenképp érdemes megrajzolnunk. Rajzoljuk meg a külső szögfelezőket is, később majd ezeknek is jut hasznos szerep. Az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle C$ csúcsokhoz tartozó belső és külső szögfelezőt jelölje rendre $\displaystyle f_A$ és $\displaystyle g_A$, $\displaystyle f_B$ és $\displaystyle g_B$, illetve $\displaystyle f_C$ és $\displaystyle g_C$.

Legyen $\displaystyle IAP \sphericalangle = \varphi$, ekkor a tükrözés miatt persze $\displaystyle QAI \sphericalangle$ is $\displaystyle \varphi$. (Mivel $\displaystyle AP$, és így az $\displaystyle AQ$ félegyenes a $\displaystyle BAC$ szögtartományon belül halad, ezért $\displaystyle P$-hez hasonlóan $\displaystyle Q$ is az $\displaystyle ABI$ kör $\displaystyle I$-t tartalmazó ívén lesz.) A kerületi szögek tétele miatt ekkor $\displaystyle IBP \sphericalangle = IAP \sphericalangle = \varphi$ és $\displaystyle QBI \sphericalangle = QAI \sphericalangle = \varphi$. Mivel

• az $\displaystyle AP$ egyenesnek az $\displaystyle f_B$ szögfelezőre vett tükörképe $\displaystyle AQ$ (a feladat feltételei szerint),
• míg a $\displaystyle BP$ egyenesnek az $\displaystyle f_B$ szögfelezőre vett tükörképe $\displaystyle BQ$ (a kiszámított szögek miatt),

ezért a $\displaystyle P$ pontnak $\displaystyle Q$ éppen az izogonális konjugáltja, azaz az $\displaystyle e_{CP}$ egyenesnek az $\displaystyle f_C$-re vett tükörképe éppen az $\displaystyle e_{CQ}$ egyenes, másképpen mondva $\displaystyle PCI \sphericalangle = ICQ \sphericalangle$.

Motiváció a megoldás következő részéhez: Innentől a bizonyítandó állításunk ($\displaystyle CP = CQ$) akkor tud teljesülni, ha $\displaystyle P$ és $\displaystyle Q$ egymás tükörképei az $\displaystyle f_C$ egyenesre nézve. Ennek elégséges (és szükséges) feltétele, hogy az $\displaystyle ABP$ kör szimmetrikus legyen az $\displaystyle f_C$ egyenesre. Hogyan láthatjuk be, hogy az $\displaystyle ABP$ kör szimmetrikus az $\displaystyle f_C$ egyenesre? Ehhez hasznos észrevennünk, hogy az $\displaystyle ABI$ kör áthalad egy negyedik ,,híres'' ponton is.

Jelölje $\displaystyle g_A$ és $\displaystyle g_B$ metszéspontját (azaz a háromszög $\displaystyle c$ oldalához tartozó hozzáírt körének középpontját) $\displaystyle I_C$. Mivel a belső és külső szögfelezők merőlegesek egymásra, ezért $\displaystyle II_C$ Thalész-köre átmegy $\displaystyle A$ és $\displaystyle B$ pontokon. Vagyis az $\displaystyle ABP$ kör éppen megegyezik ezzel a Thalész-körrel. Az $\displaystyle II_C$ átmérő éppen az $\displaystyle f_C$ szögfelező része, tehát az $\displaystyle ABI$ kör szimmetrikus az $\displaystyle f_C$ szögfelezőre.

Következésképpen $\displaystyle P$-nek az $\displaystyle f_C$ szögfelezőre vett tükörképe valóban $\displaystyle Q$ (hiszen az $\displaystyle e_{CP}$ egyenes tükörképe $\displaystyle e_{CQ}$, míg a $\displaystyle k_{ABI}$ kör tükörképe önmaga, márpedig $\displaystyle P = e_{CP} \cap k_{ABI}$, míg $\displaystyle q = e_{CQ} \cap k_{ABI}$). Pont és tengelyes tükörképe egyforma távol van a tengely bármely pontjától, tehát $\displaystyle CP = CQ$.

1. megjegyzés (az izogonális konjugálásról). Az izogonális konjugálás tétele a következőt mondja ki: legyen $\displaystyle P$ az $\displaystyle ABC$ háromszög síkjában egy tetszőleges olyan pont, amely nem esik rá $\displaystyle ABC$ körülírt körére. Ha az $\displaystyle AP$ egyenest tükrözzük az $\displaystyle A$ csúcs belső szögfelezőjére, a $\displaystyle BP$-t a $\displaystyle B$ belső szögfelezőjére, míg $\displaystyle CP$-t a $\displaystyle C$ belső szögfelezőjére, akkor a kapott három egyenes egy ponton megy át. Ezt a metszéspontot nevezzük a $\displaystyle P$ pont izogonális konjugáltjának.

Ez a tétel bizonyítható például Ceva tételének trigonometrikus alakjára való hivatkozással – részletekért ld. pl. Reiman István, Dobos Sándor: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959–2003 (Typotex Kiadó, 2003) c. könyvében az 1996/2. feladathoz kapcsolódó [41] számú jegyzetét. Egy másik szép elemi geometriai indoklás olvasható Záhorský Ákos: Az izogonális konjugálás c. szakdolgozatában (ELTE Matematikus BSc 2021, szabadon elérhető elektronikusan: https://web.cs.elte.hu/blobs/diplomamunkak/bsc_mat/2021/zahorsky_akos.pdf). Ebben a szakdolgozatban az izogonális konjugálás számos érdekes és hasznos tulajdonságával is megismerkedhetnek az érdeklődők.

2. megjegyzés (a diszkusszióról). A feladat feltételei között szerepel, hogy $\displaystyle P$ a háromszög belsejében szerepel – így a megoldás nem igényel diszkussziót. Valójában a $\displaystyle P$ pontot választhattuk volna az $\displaystyle APB$ körnek a háromszögön kívüli részén is. A bemutatott gondolatmenet kis változtatással továbbra is működne, pl. az $\displaystyle IAP \sphericalangle = QAI \sphericalangle = IBP \sphericalangle = QBI \sphericalangle$ egyenlőség helyett, az $\displaystyle A$, $\displaystyle B$, $\displaystyle I$, $\displaystyle P$, $\displaystyle Q$ pontok körön való sorrendjánek megváltozása miatt néha az $\displaystyle IAP \sphericalangle = 180^{\circ} - QAI \sphericalangle = 180^{\circ} - IBP \sphericalangle = QBI \sphericalangle$ egyenlőség áll fenn.

Mivel $\displaystyle P$ nem lehet a körülírt körön – hiszen az $\displaystyle APB$ kör már két pontban ($\displaystyle A$ és $\displaystyle B$) metszi a körülírt kört –, így a megoldás kulcsát jelentő izogonális konjugálás mindig működik.

Statisztika:

71 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	52 versenyző.
5 pontot kapott:	4 versenyző.
4 pontot kapott:	4 versenyző.
3 pontot kapott:	2 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	1 versenyző.
Nem versenyszerű:	4 dolgozat.

A KöMaL 2022. októberi matematika feladatai