 |
A B. 5277. feladat (2022. november) |
B. 5277. Az ABC háromszögbe írt kör középpontja I. A BCA körív felezőpontja F, az FI egyenes a körülírt kört másodszor az M pontban metszi. Mutassuk meg, hogy a CM egyenes átmegy a beírt és a körülírt kör külső hasonlósági pontján.
Javasolta: Kós Géza (Budapest)
(6 pont)
A beküldési határidő 2022. december 12-én LEJÁRT.
1. megoldás:
Használjuk az ábra jelöléseit: az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy AC≤BC; jelölje K az MC és az OI egyenesek metszéspontját, legyenek E és G a CM egyenes és a beírt kör metszéspontjai, végül F′ jelöli a körülírt körön az F-fel átellenes pontot, azaz a C-t nem tartalmazó AB ív felezőpontját. A beírt kör sugarát r, a körülírt körét pedig R jelöli; utóbbiról az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy egységnyi, azaz R=1.
A C-ből induló belső szögfelezőre a C, I és F′ pontok mindegyike illeszkedik, ezért C, I és F′ kollineárisak. Azonos íveken nyugvó kerületi szögek, ezért MCF′∢=MFF′∢ és CMF∢=CF′F∢; ezekre rendre bevezetjük az α és β jelölést. A szögek egyenlősége miatt az MIC és FIF′ háromszögek hasonlóak, a következőkben trigonometrikus számolásokkal kiszámítjuk az oldalaikat.
Az FIF′∢=180∘−α−β, és így az FIF′ háromszögre felírt szinusz-tételből
IF=2sinβsin(α+β),valamintIF′=2sinαsin(α+β).
A CM szakasz kiszámításához tekintsük a CMO egyenlő szárú háromszöget. A középponti és kerületi szögek tétele szerint MOF′∢=2α és COF∢=2β, így az MOC∢ szárszögre MOC∢=180∘−2α−2β adódik. Ebből és a szárak egységnyi hosszából MC=2sin(90∘−α−β)=2cos(α+β) következik, vagyis az MIC és FIF′ háromszögek hasonlóságának aránya λ=MC/FF′=cos(α+β). Innen
CI=λ⋅FI=2sinβcos(α+β)sin(α+β)=2sinβctg(α+β),valamintMI=λ⋅IF′=2sinαcos(α+β)sin(α+β)=2sinαctg(α+β).
A következő lépésben kifejezzük α és β segítségével r-t. Ehhez felírjuk kétféleképpen az OI2 mennyiséget. Egyrészt az Euler-féle összefüggés szerint OI2=R2−2Rr=1−2r. Másrészről vegyük észre, hogy az FIF′ háromszögben OI súlyvonal, így az ismert formula szerint kifejezhetjük a háromszög oldalaiból:
OI2=2F′I2+2FI2−F′F24=8sin2αsin2(α+β)+8sin2βsin2(α+β)−44=2(sin2α+sin2β)sin2(α+β)−1.
Ezeket összevetve kapjuk, hogy
r=1−sin2α+sin2βsin2(α+β)=sin2(α+β)−sin2α−sin2βsin2(α+β).
Eddigi számítsaink eredményeit használva, valamint az addíciós formulák szerint
EICI=rCI=sin2(α+β)−sin2α−sin2βsin2(α+β)2sinβctg(α+β)=sin2(α+β)−sin2α−sin2β2sinβcos(α+β)⋅1sin(α+β)==sin2αcos2β−sin2α+cos2αsin2β−sin2β+2sinαsinβcosαcosβ2sinβ(cosαcosβ−sinαsinβ)⋅1sin(α+β)==−2sin2αsin2β+2sinαsinβcosαcosβ2sinβ(cosαcosβ−sinαsinβ)⋅1sin(α+β)=sinαsin(α+β)=F′IF′F.Kaptuk, hogy az EIC és az F′IF háromszögekben két-két oldal aránya megegyezik, továbbá már korábban igazoltuk, hogy van két egyenlő szögük is. Ahhoz, hogy a háromszögek hasonlóságára következtessünk, belátjuk, hogy az E-nél, ill. I-nél lévő szögeik tompák. A beírt kör középpontja a körülírt körön belül van, azaz I belül van FF′ Thalész-körén, így FIF′∢ tompaszög. Másrészt GEI∢ a GEI egyenlő szárú háromszög egy alapon fekvő szöge, így szükségképpen hegyesszög, következésképp CEI∢ kiegészítő szöge tompa. Kaptuk tehát, hogy CEI△∼FIF′△ és így EIC∢=β.
Itt jegyezzük meg, hogy az IF′O háromszögben R=OF′>IO=r miatt β=IF′O∢<F′IO∢=KIC∢, így a K, E és C pontok az MC egyenesen ebben sorrendben követik egymást, azaz az ábránk helyes.
Mivel a COF′ háromszög egyenlő szárú, azért F′CO∢=β, és így EIC∢=ICO∢, amiből EI∥CO. A párhuzamos szelőszakaszok tételét alkalmazva CKO∢-ben kapjuk, hogy KI:KO=EI:CO=r:R, következésképp a K középpontú, μ=R/r arányú középpontos nagyítás a beírt kört éppen a körülírt körbe képezi. Ez igazolja az állítást.
Diszkusszió: Ha AC=BC, akkor F=C, az ábra szimmetrikus, O (és I) illeszkedik az FM=CM egyenesre, és az állítás nyilvánvaló.
A bizonyítás során használt G és E pontok nem jönnek létre, ha az M pont az ACB körívre esik. Ez azonban nem történhet meg, mert az AI belső szögfelező a körülírt kört az A-t nem tartalmazó BC ív felezőpontjában metszi, ami AC<BC feltevésünk mellett elválasztja F és B pontokat.
2. megoldás: Legyen k a körülírt kör, b a beírt kör, és m az a kör, ami érinti az AC és a BC szakaszt, valamint belülről érinti k-t. (Angol nyelvterületen "mixtilinear incircle"-nek hívják.) Megmutatjuk, hogy k és m érintési pontja éppen az M pont. Ebből a feladat állítása következik: a Monge-tétel miatt a három kör páronként vett hasonlósági pontjai egy egyenesre esnek, márpedig b és m külső hasonlósági pontja C, k és m külső hasonlósági pontja M, tehát a Monge-tétel szerint k és b külső hasonlósági pontja is a CM egyenesen van.
Legyen m érintési pontja a CA szakaszon P, a BC szakaszon Q, az AB köríven M1, tehát m és k külső hasonlósági pontja M1 (egyelőre még nem bizonyítottuk, hogy M1=M). Legyen az A-ból, illetve B-ből induló szögfelező és k metszéspontja A1 és B1, ezek felezik a k kör BC, illetve CA íveit, és a k-hoz A1-ben, illetve B1-ben húzott érintők párhuzamosak a BC, illetve a CA szakasszal. Az az M1 középpontú nagyítás, amely m-et k-ba viszi, a P, Q pontokat a B1, A1 pontokba viszi; ezért M1, P, B1, illetve M1, Q, A1 egy egyenesen van.
Írjuk fel a Pascal-tételt az ACBB1M1A1 hatszögre: azt kapjuk, hogy AC∩B1M1=P, CB∩M1A1=Q és BB1∩A1A=I egy egyenesen van. Mivel CP=CQ az m-hez C-ből húzott érintők, CI a CPQ egyenlő szárú háromszög magassága, így CI⊥PQ.
Legyen most G az AB körív felezőpontja; ezen átmegy a CI szögfelező, és legyen R az AB és a GM1 egyenesek metszéspontja. Ha a Pascal-tételt az ABCGM1A1 hatszögre írjuk fel, látjuk, hogy AB∩GM1=R, BC∩M1A1=Q és CG∩A1A=I egy egyenesen van, tehát a PIQ egyenes átmegy az R ponton.
Jól ismert, hogy a beírt kör I középpontja a G középpontú, A,B-n átmenő körön van; a PIQR egyenes érinti az ABI kört, mert merőleges a kör GI sugarára. A R pontnak az ABI és a k körre való hatványából
RI2=RA⋅RB=RM1⋅RG,
ebből következik, hogy RIM1△∼RGI△, ezért IM1R∠=GIR∠=90∘.
A Thalész-tétel miatt az M1I egyenes átmegy a k-nak a G-vel átellenes pontján, ami az F pont. Tehát M1, I és F egy egyenesen van, és ez bizonyítja, hogy M1=M.
Statisztika:
15 dolgozat érkezett. 6 pontot kapott: Bodor Mátyás, Diaconescu Tashi, Elekes Dorottya, Fülöp Csilla, Lovas Márton, Simon László Bence, Tarján Bernát, Varga Boldizsár, Virág Rudolf, Wiener Anna, Zömbik Barnabás. 5 pontot kapott: Chrobák Gergő, Ho Tran Khanh Linh. 1 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2022. novemberi matematika feladatai
|
|