Az Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny feladatsorai minden évben a matematika sok területét érintik, változatos megoldások születnek, és továbbgondolásra is lehetőséget adnak.
A 2021/2022. tanévi OKTV II. kategóriás döntőjének 2. feladata így szól:
Az \(ABC\) háromszögben \(ACB\sphericalangle=90^{\circ}\), a \(C\)-hez tartozó magasság talppontja az \(AB\) oldalon \(T\). Legyen az \(AB\) oldalt, a \(CT\) magasságot és az \(ABC\) háromszög köré írt kör \(C\)-t tartalmazó \(AB\) ívét belülről érintő két kör középpontja \(P\) és \(Q\). Bizonyítsuk be, hogy \(PQ\) felezőpontja az \(ABC\) beírt körének középpontja.
A versenybizottság által adott koordinátageometriai megoldás itt olvasható.
Az állítás meglepő és érdekes. Írásunkban három további megoldást mutatunk, rábízva az olvasóra a döntést, neki melyik tetszik legjobban.
1. Elemi geometriai megoldás:
A 2. ábra jelöléseit használjuk. A \(k\) kör középpontja \(O\). Érintse a \(Q\) középpontú \(k_{1}\) kör a \(CT\) és \(TB\) szakaszokat a \(T_{1}\), illetve az \(E_{1}\) pontokban. Legyen \(D\) a \(k\) és \(k_{1}\) körök érintési pontja. A háromszög oldalait \(a\), \(b\), \(c\) jelöli. Belátjuk, hogy \(AC=AE_{1}\).
Elsőként tekintsük az \(AOD\) és \(T_{1}QD\) háromszögeket. Ezek egyenlő szárúak, hiszen száraik a \(k\), illetve a \(k_{1}\) körök sugarai. A száraik párhuzamosak: \(AO\) és \(T_{1}Q\) is merőleges \(CT\)-re, továbbá \(O\), \(Q\) és \(D\) egy egyenesre esnek, mert a \(k\) és \(k_{1}\) körök a \(D\) pontban érintik egymást. Ezért az alapjaik is párhuzamosak, azaz \(A\), \(T_{1}\) és \(D\) egy egyenesen vannak.
Jelölje \(\beta\) az \(ABC\) háromszög \(B\) csúcsánál lévő szögét. Az \(ADC\sphericalangle\) is \(\beta\)-val egyenlő, hiszen a \(k\) körben szintén az \(AC\) ívhez tartozó kerületi szög. \(ACT\sphericalangle=ABC\sphericalangle=\beta\), mert merőleges szárú szögek. Az \(ACD\) és \(ACT_{1}\) háromszögek \(A\)-nál lévő szöge közös, egy további szögük \(\beta\), ezért a két háromszög hasonló. A megfelelő oldalak aránya egyenlő: \(AC:AT_{1}=AD:AC\), átrendezve \({AC}^{2}=AT_{1}\cdot AD\).
Az \(A\) pont \(k_{1}\) körre vonatkozó hatványa \(AE_{1}^{2}=AT_{1}\cdot AD\), tehát \(AC=AE_{1}\). Ez azt jelenti hogy a \(k_{1}\) kör \(r_{1}\) sugara \(b-AT\). Hasonlóan a \(P\) középpontú, \(AT\)-t érintő \(k_{2}\) kör sugara \(r_{2}=a-BT\).
A 3. ábrán a beírt kör sugarát \(r\) jelöli. Az \(O_{b}SCR\) négyszög négyzet, ezért \(AR=b-r\). Külső pontból a körhöz húzott érinőszakaszok egyenlőek, ezért \(AN=AR=b-r\).
Hasonlóan \(BN=a-r\). Felhasználva, hogy \(AN+NB=b-r+a-r=c\), a beírt kör sugarára teljesül, hogy \(r=(a+b-c)/2\). Felhasználva az \(r_{1}\) és \(r_{2}\) értékeket, \((r_{1}+r_{2})/2=(b-AT+a-BT)/2=(a+b-c)/2=r\), hiszen \(AT+BT=c\). Ezért az \(E_{1}QPE_{2}\) trapéz (1. ábra) középvonalának hossza \(r\). A két érintési pont távolsága \(E_{1}E_{2}=BE_{2}+AE_{1}-AB=a+b-c=2r\), továbbá \(E_{1}N=AE_{1}-AN=b-(b-r)=r\), tehát \(N\) az \(E_{1}E_{2}\) szakasz felezőpontja. Ezzel igazoltuk a feladat állítását, \(O_{b}\) valóban a \(PQ\) szakasz felezőpontja. Azt is látjuk, hogy a beírt kör érinti az \(AB\)-re \(E_{1}\)-ben és \(E_{2}\)-ben állított merőlegeseket.
A megoldás alapvető lépése annak a belátása volt, hogy \(\boldsymbol{AE_1=AC}\). Erre adunk további két bizonyítást.
2. Használjuk ki két kör érintkezésének feltételét, számoljunk!
Thalész tétele miatt a \(k\) kör sugara \(\frac{c}{2}\). Ha két kör érinti egymást, akkor a körök középpontjai és az érintési pont egy egyenesen vannak, így \(OQ=\frac{c}{2}-r_{1}\). Felhasználjuk, hogy az érintési pontba húzott sugár merőleges az érintőre, ezért az \(E_{1}QT_{1}T\) négyszög négyzet, \(E_{1}T=r_{1}\). Ezek alapján \(OE_{1}=AE_{1}-AO=AE_{1}-\frac{c}{2}\). Az \(OQE_{1}\triangle\)-ben alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt: \[\displaystyle \begin{gather} \left(\dfrac{c}{2}-r_{1}\right)^{2}=r_{1}^{2}+\left(AE_{1}-\dfrac{c}{2}\right)^{2}\\ \dfrac{c}{4}^{2}-c\cdot r_{1}+r_{1}^{2}=r_{1}^{2}+AE_{1}^{2}-AE_{1}\cdot c+\dfrac{c}{4}^{2}\\ AE_{1}^{2}-AE_{1}\cdot c+c{\cdot r}_{1}=0\tag{$*$} \end{gather} \]
Az \(AC\) befogóra alkalmazzuk a befogótételt. \(AT=AE_{1}-r_{1}\), ezért \(b^{2}=AT\cdot c=(AE_{1}-r_{1})\cdot c\). Átrendezve az összefüggést, \(c{\cdot r}_{1}=AE_{1}\cdot c-b^{2}\) adódik. Ha ezt a (*) egyenletbe behelyettesítjük: \[\displaystyle AE_{1}^{2}-AE_{1}\cdot c+AE_{1}\cdot c-b^{2}=0\]
Innen \(AE_{1}^{2}= b^{2}\), azaz \(AE_{1}=b=AC\) amit bizonyítani akartunk.
Hasonlóan bizonyíthatjuk, hogy \(BE_{2}=a=BC\).
3. Megoldás inverzióval:
Ennek a megoldásnak az alapötlete Moussong Gábortól (ELTE Geometriai Tanszék) származik.
Tekintsük az \(A\) középpontú, \(C\)-n átmenő, azaz \(b\) sugarú körre vett inverziót. A befogótétel miatt \(AT\cdot AB={AC}^{2}=b^{2}\), tehát ennél az inverziónál \(T\) és \(B\) helyet cserél, és \(BT\) szakasz képe önmaga.
Az inverzió alapkörének minden pontja fix, ezért a \(C\) pont képe \(C\), ez igaz az \(AB\) egyenesre vonatkozó \(C’\) tükörképre is. Ezért a \(CT\) egyenes képe olyan kör, amely az \(A\), \(C\), \(C’\) pontokon áthalad, azaz a \(k\) kör. Egy kör képe inverziónál kör vagy egyenes. Akkor lesz egyenes, ha a kör átmegy az inverzió középpontján, így a \(k\) képe a \(CC’\) egyenes, azaz a \(CT\) egyenes. Az \(AB\) egyenes képe önmaga, mert áthalad az inverzió középpontján.
A \(k_{1}\) kör képe legyen \(k’\). Az inverzió érintéstartó transzformáció. A \(k_{1}\) kör érinti az \(AB\) és \(CT\) egyeneseket és a \(k\) kört, így \(k’\) is érinti ezeket. Ez azt jelenti, hogy \(k_{1}=k’\) és az \(E_{1}\) érintési pont az inverziónál fixen marad. Ebből következik, hogy \(E_{1}\) rajta van az inverzió körén, \({AE}_{1}=b=AC\).
Megjegyzés:
Ennek a megoldásnak van egy kis hiányossága. Azt mondjuk, hogy a \(k_{1}\) kör és \(k’\) kör érinti az \(AB\) és \(CT\) egyeneseket és a \(k\) kört, ezért azonosak. Gondoljuk meg, hogy hány ilyen kör van? Ha több is van, akkor miért lesz \(k_{1}\) képe önmaga?
A 6. ábrán láthatóak ezek a körök. Ha felveszünk a \(CTB\) szögtartományban egy tetszőleges, a \(BT\) és \(CT\) egyeneseket érintő \(t\) kört, akkor ebből \(T\) középpontú középpontos hasonlósággal egy olyan kört kapunk, ami a \(k\) kört belülről és egy olyat, amely kívülről érinti. A többi szögtartományban is két-két megfelelő kör adódik, így 8 kört kapunk.
Az inverzió az alapkör belsejét a külsejébe képezi le, és viszont. Ezért \(k_{1}\) képe valóban önmaga.
Mit mondhatunk a többi kör inverz képéről?
A \(k_{1}\), \(k_{3}\), \(k_{6}\), \(k_{8}\) köröket az inverzió önmagukba viszi. \(k_{2}\) és \(k_{4}\), illetve \(k_{5}\) és \(k_{7}\) egymás inverzei. (A \(B\) középpontú, \(a\) sugarú inverzió esetén az analóg állítások megfogalmazhatóak.)
Ezek után kíváncsiak lehetünk arra, hogy az OKTV-feladat állítása hogyan változik, ha olyan köröket vizsgálunk, amelyek a \(k\) kört kívülről érintik.
Az 1. megoldás gondolatmenete átvihető a külső érintőkörök esetére, ha belátjuk, hogy \(A\), \(G\), és \(T_{3}\) egy egyenesen van.
A 2. megoldás módszerével így dolgozhatunk (7. ábra):
Számoljuk ki az \(AE_{3}\) szakasz hosszát:
A belső körökhöz hasonló gondolatmenettel haladva \(OO_{3}=\frac{c}{2}+r_{3}\); \(E_{3}T=r_{3}\); \(OE_{3}=AE_{3}+\frac{c}{2}\). Az \(OO_{3}E_{3}\triangle\)-re felírva a Pitagorasz tételt: \[\displaystyle \begin{gather} \left(\frac{c}{2}+r_{3}\right)^{2}=r_{3}^{2}+\left(AE_{3}+\frac{c}{2}\right)^{2}\\ {AE_{3}}^{2}+AE_{3}\cdot c=c\cdot r_{3}\tag{$**$} \end{gather}\]
\(AT=r_{3}-AE_{3}\). Felírjuk a befogótételt: \(b^{2}=AT\cdot c=(r_{3}-AE_{3})\cdot c\), tehát \({c\cdot r}_{3}=b^{2}+AE_{3}\cdot c\). A (**) egyenletbe helyettesítve: \({AE_{3}}^{2}+AE_{3}\cdot c=b^{2}+AE_{3}\cdot c\), azaz \(AE_{3}=b\). Hasonlóan kapjuk a \(BE_{4}=a\) összefüggést. A körök sugarai pedig \(r_{3}=b+AT\); \(r_{4}=a+BT\).
Hogyan bizonyíthatjuk ugyanezt inverzióval?
Az \(A\) középpontú, \(b\) sugarú kört használva a \(k_{3}\) kör inverz képe önmaga, az \(E_{3}\) pont fixpont, tehát \(AE_{3}=b\). A \(B\) középpontú, \(a\) sugarú kört használva \(BE_{4}=a\).
Érdekes kérdés, hogy milyen pont az \(O_3O_4\) szakasz felezőpontja…
A fentiekből az első megoldásban leírtakkal analóg módon adódik, hogy ha az \(ABC\) háromszög \(AB\) oldalát kívülről érintő kör középpontját \(AB\)-re tükrözzük, akkor az \(O_{3}O_{4}\) szakasz felezőpontját kapjuk.
Horváth Eszter
Kempelen Farkas Gimnázium,
Kiss Emil
ELTE Algebra és Számelmélet Tanszék
