Cím: Pólus és poláris körben (fordította Kós Géza)
Szerző(k):  Havalampijev, Sz. C. 
Füzet: 1987/január, 9 - 15. oldal  PDF file
Témakör(ök): Szakmai cikkek

Bevezetés: A pólus, a poláris és tulajdonságaik
 

A P és Q pontokat a k körre nézve konjugáltaknak nevezzük, ha a PQ átmérőjű kör k-val ortogonális helyzetű (1. ábra).
 
 
1. ábra
 

Azoknak a pontoknak a halmazát, amelyek egy adott P pontnak konjugáltjai az O közepű, r sugarú k körre vonatkozóan, P polárisának nevezzük k-ra nézve.
A továbbiakban rögzítjük a k(O,r) kört és elhagyjuk a "k-ra nézve'' kifejezés ismételgetését.
 

I. tulajdonság (a poláris szerkesztése). Tetszőleges (O-tól különböző) P pont polárisa egyenes, amelyet a 2. ábrán látható módon szerkeszthetünk meg (a számok az egymás utáni szerkesztési lépéseket jelölik).
 
 
2. ábra
 

Ha az l egyenes a P pont polárisa, ezt úgy is mondjuk, hogy P az l egyenesnek pólusa.
 

II. tulajdonság (a pólus szerkesztése). Tetszőleges egyenesnek, amely nem megy át O-n, pontosan egy pólusa van, amit a 3. ábra szerint szerkeszthetünk meg (amennyiben az egyenes metszi a kört; M az egyenes egy külső pontja).
 
 
3. ábra
 

III. tulajdonság (kölcsönösség). Ha a P pont lp polárisa átmegy egy Q ponton, akkor Q polárisa, lQ, átmegy P-n.
 

IV. karakterisztikus tulajdonság. Az M pont akkor és csak akkor van rajta a P pont lp polárisán, ha
OM2-PM2=2r2-OP2.(1)

A tulajdonságok bizonyítását az olvasóra hagyjuk.
 

A pólus és a poláris fogalmának alkalmazásai
 

1. példa (az érintők poláris tulajdonsága). Ha a P pontból tetszőleges szelőt húzunk a k körhöz, majd a keletkező metszéspont-párokban érintőket húzunk k-hoz, az érintők metszéspontjai egy állandó egyenesen vannak.
 

Bizonyítás. Megmutatjuk, hogy ez az egyenes éppen P polárisa. Ha P külső pont, akkor az I. tulajdonság alapján ez a P-ből k-hoz húzott érintők C, D érintési pontjait összekötő egyenes.
Legyen PAB egy szelő, az A-ból és B-ből húzott érintők metszéspontja Q (4. ábra; most még nem tudjuk, hogy Q a CD egyenesen van!).
 
 
4. ábra
 

Az AB egyenes az I. tulajdonság alapján Q polárisa. Mivel ezen rajta van P, azért Q is rajta van P polárisán, a CD egyenesen (a kölcsönösségi tulajdonság alapján).
 

2. példa (a szelők poláris tulajdonsága). Ha a Q külső pontból két tetszőleges szelőt húzunk a k körhöz, akkor a keletkező metszéspontok által meghatározott húrnégyszög átlóinak metszéspontja, valamint a Q-t nem tartalmazó oldalegyeneseinek metszéspontja egy, csak a Q-tól függő egyenesre, a Q polárisára illeszkednek.
 
 
5. ábra
 

Bizonyítás. Legyen AC és BD metszéspontja P, AD és BCR (5. ábra). Bebizonyítjuk, hogy a P, Q, illetve R pont polárisa rendre QR, PR, illetve PQ, amiből következik az állítás. A QBC, QAC és RAC háromszögek körülírt körei legyenek k1, k2, k3, messék ezek a QR, QP, PR egyeneseket rendre az M, N, S pontban (6. ábra).
 
 
6. ábra
 

Mivel
BMR=BCQ=BAD,(2)
továbbá
ANP=ACQ=180-DCA=180-DBA=QBP
és RAP=RSC, ezért az MBAR, NABP és SCBP négyszögek húrnégyszögek.
Ekkor a pont körre vonatkozó hatványának tulajdonságai alapján
QMQR=QBQA=OQ2-r2,(3)
MRQR=RBRC=OR2-r2,(3')
QNQP=QAQB=OQ2-r2,(4)
PNQP=PCAP=r2-OP2,(4')
RSRP=RCRB=OR2-r2,(5)
PSRP=PCAP=r2-OP2.(5')

Ha (3)-at és (3')-t összeadjuk, valamint (4)-ből (4')-t és (5)-ből (5')-t kivonjuk, azt kapjuk, hogy
RQ2=OQ2+OR2-2r2,(6)
PQ2=OP2+OQ2-2r2,(7)
PR2=OP2+OR2-2r2.(8)

(A fordító megjegyzése. Az olvasóra hagyjuk a hasonló állítás megfogalmazását és bizonyítását arra az esetre, ha egy a k belsejében levő Q pontból indulunk ki.)
 

(7) és (8), (6) és (7), illetve (6) és (8) alapján Q és R, illetve P és R, illetve P és Q rajta van P, Q, illetve R polárisán, amiből következik állításunk.
 

(A fordító megjegyzése. Amennyiben az AD és BC egyenesek párhuzamosak, ez a bizonyítás nem alkalmazható, hiszen nem jön létre az R metszéspont.
 
 
6.a ábra
 
Ilyenkor ABCD szimmetrikus trapéz (6/a ábra) és
AOB=2ADB=ADB+ACB=APB,
és így ABPO húrnégyszög. Ekkor viszont
OQQP=QAQB=OQ2-r2.
Szorozzuk meg ezt 2-vel és alkalmazzuk a következő összefüggéseket :

OQ=QP+OP,QP=OQ-OP,(QP+OP)QP+OQ(OQ-OP)=2OQ2-2r2.


Rendezve :
QP2+OQ2-OP(OQ-QPOP)=2OQ2-2r2,
azaz
QP2=OQ2+OP2-2r2,
így P rajta van Q polárisán.)

 
 
7. ábra
 

Az eddigi eredményeket összesítve mutatja a 7. ábra; láthatjuk, hány különböző nevezetes pontja van a P (külső) pont polárisának: a T és T' érintési pontok, az ABCD négyszög AD és BC oldalainak, illetve átlóinak metszéspontja (R és Q) és az A,B, illetve C,D pontpárokban húzott érintők metszéspontjai (M és N).
 

3. példa (Brocard tétele). Legyen P, Q, és R a k-ba írt ABCD húrnégyszög átlóinak, illetve szemközti oldalpárjainak metszéspontja. Ekkor a PQR háromszög magasságpontja egybeesik k középpontjával, O-val.
 

Bizonyítás. Mint az előző feladatban láttuk, P, Q és R polárisa a QR, PR, illetve PQ egyenes. Mivel egy pont polárisa merőleges a pontot O-val összekötő egyenesre, OPQR, OQPR és ORPQ, amiből következik, hogy a PQR háromszög magasságpontja O (8. ábra).
 
 
8. ábra
 

4. példa. Legyen X1X2X3X4 a k-ba írt húrnégyszög (ebben a körüljárásban konvex), és xij az Xi-ből és Xj-ből húzott érintők metszéspontja. (ij, i, j=1, 2, 3, 4). Ekkor az X1X2X3X4 és az X12X23X34X41 négyszögek átlói egy közös pontban metszik egymást.
 
 
9. ábra
 

Bizonyítás. Legyen X1X3 és X2X4 metszéspontja P, X1X2-é és X3X4Q, X1X4-é és X2X3R (9. ábra). Mivel az X1X2 és X3X4 szelők átmennek Q-n, P és R rajta van Q polárisán. Mivel pedig X12 és X34 is rajta van (X12 mint az X1, X2-beli érintők közös pontja), azért az X12X34 egyenes Q polárisa, tehát átmegy P-n.
 

(Hasonlóan kapjuk, hogy X23X41 is átmegy P-n. (Ha X1X2 és X3X4 vagy X2X3 és X1X4 párhuzamos, a bizonyítást a "végtelen távoli'' egyenessel kiegészített ‐ projektív ‐ síkon érdemes elmondani. A ford.)
 

5. példa. A k körön adott öt pont: A, B, C, U és V. Legyen UA és VB metszéspontja M, UB és VAM1, UB és VCN, UC és VBN1, UC és VAP, UA és VCP1. Ekkor az MM1, NN1, PP1 egyenesek egy ponton mennek át vagy párhuzamosak.
 

Bizonyítás. Ha a három egyenes párhuzamos, kész vagyunk; ha nem, akkor van köztük olyan ‐ feltehetjük, hogy MM1 ‐, amelyik metszi a másik kettőt.
Legyen MM1 és NN1 metszéspontja K, MM1 és PP1K1. Mivel az ABVU és BCVU négyszögek k-ba vannak írva, ezért K polárisa átmegy az AB és UV, illetve a BC és UV egyenespár metszéspontján (10. ábra). Ebből következik, hogy K polárisa UV.
 
 
10. ábra
 

Hasonlóan kapjuk az ABVU és ACVU négyszögekből, hogy K1 polárisa átmegy az AB és UV, illetve az AC és UV egyenespár metszéspontján, azaz K1 polárisa is UV. Eszerint K és K1 polárisa egyaránt UV, ami csak úgy lehetséges, ha K azonos K1-gyel.
 

Azt is könnyen láthatjuk, hogy a három egyenes pontosan akkor párhuzamos, ha UV a k-nak átmérője.
 

(A fordító megjegyzése. Jelen esetben a pólust és a polárist egy speciális kúpszelet (kör) segítségével definiáltuk, és a bizonyításoknál eléggé kihasználtuk az eukleidészi sík speciális tulajdonságait.
A projektív geometriai megközelítésben fordított sorrend is elképzelhető: először bevezetjük a polaritás fogalmát (ez pontot egyenesbe, másfelől egyenest pontba vivő, illeszkedéstartó transzformáció, amely a pontnak megfelelő egyenest visszaviszi a pontba.
Ezután a P pont képét elnevezzük P polárisának (az adott polaritásra nézve), az l egyenes képét l pólusának. Két pontot konjugáltnak nevezünk, ha rajta vannak egymás polárisán, egy pontot pedig önmagával konjugáltnak hívunk, ha rajta van a saját polárisán.
Végül kúpszeletnek nevezzük az önmagával konjugált pontok halmazát.)

 

Feladatok
 

1. Adott a k kör és a p egyenes. Az egyenes egy O1 pontja körül megrajzoljuk a k1 kört, amelynek sugara egyenlő az O1-ből k-hoz húzott érintő hosszával. Ez k-t P-ben és Q-ban metszi.
Bizonyítsuk be, hogy ha O1 végigfut p-n, a PQ húrok egy ponton mennek át vagy pedig párhuzamosak.
2. A k1(O1,r1),k2(O2,r2) körök A,B-ben metszik egymást, és O1AO2=O1BO2=90. Az A,B szakasz meghosszabbításán felvesszük az O pontot és megrajzoljuk a k(O,r) kört, ahol r az O-ból k1-hez (vagy k2-höz) húzható érintő hossza. Ez k1-et P1, Q1-ben, k2-t P2, Q2-ben metszi. Bizonyítsuk be, hogy a P1Q1 és P2Q2 egyenes átmegy O1-n, illetve O2-n.
 

 A Kvant-ból fordította Kós Géza