Mire jó az inverzió?

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.

1. ábra

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:

2. ábra

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 $r_{2}=a-BT$ .

3. ábra

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 . Erre adunk további két bizonyítást.

2. Használjuk ki két kör érintkezésének feltételét, számoljunk!

4. ábra

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:

$\displaystyle \left(\frac{c}{2}-r_{1}\right)^{2}=r_{1}^{2}+\left(AE_{1}-\frac{c}{2}\right)^{2}$

$\displaystyle \frac{c}{4}^{2}-c\cdot r_{1}+r_{1}^{2}=r_{1}^{2}+AE_{1}^{2}-AE_{1}\cdot c+\frac{c}{4}^{2}$

$\displaystyle AE_{1}^{2}-AE_{1}\cdot c+c{\cdot r}_{1}=0\tag{$*$}$ (*)

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.

5. ábra

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?

6. ábra

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 kört kívülről érintik.

7. ábra

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:

$\displaystyle \left(\frac{c}{2}+r_{3}\right)^{2}=r_{3}^{2}+\left(AE_{3}+\frac{c}{2}\right)^{2}$

$\displaystyle {AE_{3}}^{2}+AE_{3}\cdot c=c\cdot r_{3}\tag*{$**$}$ (**)

$AT=r_{3}-AE_{3}$ . 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 szakasz felezőpontja…

8. ábra

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.