Feladat: Pontversenyen kívüli P.121 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balogh Zoltán ,  Császár Gyula ,  Hermann Péter ,  Reviczky János ,  Székely Albert 
Füzet: 1974/november, 148 - 152. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tengely körüli forgatás, Merőleges affinitás, Vetítések, Transzformációk szorzata, Transzverzálisok, Feuerbach-kör, Párhuzamos szelők tétele, Ellipszis, mint mértani hely, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1971/december: Pontversenyen kívüli P.121

Adott egy ABC háromszög és a belsejében egy P pont. Messe az AP egyenes BC-t A1-ben, BP az AC-t B1-ben és CP az AB-t C1-ben. Legyenek az AP, BP, CP, AB, BC, CA szakaszok felezőpontjai rendre A2, B2, C2, C3, A3 és B3. Bebizonyítandó, hogy az A1, A2, A3, B1, B2, B3, C1, C2 és C3 pontok egy ellipszisen helyezkednek el.

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. a) Ha P-ként történetesen éppen az ABC háromszög magasságpontja van megadva (ami belső pont, ha a háromszög hegyesszögű), akkor tulajdonképpen nincs mit bizonyítani, hiszen ekkor A1, B1 és C1 a magasságtalppontok és ezért az állításbeli 9 pont rajta van az ABC háromszög Feuerbach-féle körén,* márpedig a kör különleges esete az ellipszisnek; az állítás ekkor tehát igaz. (A helyzetet az 1. ábra jobb oldali fele mutatja, ha minden betűjel felső kiegészítő vesszőjét elhagyjuk.)

 

 

1. ábra
 

b) P tetszőleges megválasztása esetén bizonyításunkat egy alkalmas transzformációval visszavezetjük az a) esetre. Azt akarjuk elérni, hogy az AA1B szög két szárának képei merőlegesen álljanak egymásra, ugyanígy a BB1A szög szárainak képei is, mert így P képe a háromszög képének magasságpontja lesz.
Húzzunk párhuzamost P-n át CB-vel-és CA-val, jelöljük az AB egyenesen keletkezett metszéspontjukat B*-gal, illetve A*-gal. Vegyünk másrészt egy olyan S' síkot, mely alakzatunk S síkját az AB egyenesben metszi, rajzoljuk meg benne AB egyik oldalán az AB* és A*B átmérőjű félköröket, jelöljük metszéspontjukat P'-vel; P' létrejön, mert a félkörök metszik egymást, ugyanis a PA*B* és CAB háromszögek hasonló helyzetűek a C1 centrumra nézve, ezért pontjainak sorrendje az AB egyenesen: A, A*, C1, B*, B. Vetítsük végül egész alakzatunkat a PP' egyenessel párhuzamos vetítősugarakkal S'-re és jelöljük minden egyes X pont vetületét X'-vel. (Az 1. ábrán S'-t az S-be belefordítva látjuk úgy, hogy P' az AB-nek P-t nem tartalmazó oldalán legyen.)
Vetítésünk mellett egy egyenesen levő pontok vetületei egy egyenesen adódnak (speciálisan az AB egyenes minden pontjának képe önmaga), párhuzamos egyenesek vetületei párhuzamosak, és szakasz felezőpontjának vetülete felezi a szakasz vetületét. Ezek szerint C' azonos az A-n át A*P'-vel és B-n át B*P'-vel húzott párhuzamosok metszéspontjával, e két párhuzamosból a BP', ill. AP' egyenes éppen B'1-t, ill. A'1-t metszi ki, mert BP', AP' a felhasznált körök Thalész-tulajdonsága alapján merőlegesen állnak AC'-re, ill. BC'-re. Ennélfogva P' valóban magasságpontja az ABC' háromszögnek. Továbbá a 2-es és a 3-as indexű pontok vetülete rendre felezi a megfelelő képszakaszt, így a feladat állításában szereplő 9 pont vetülete rajta van az ABC' háromszög k' Feuerbach-körén.
Így már csak azt kell belátnunk, hogy k'-nek S-beli eredetije ‐ mondhatjuk azonban így is: a k' körnek PP' irányú párhuzamos vetülete az S síkra ‐ ellipszis. (A tananyagból ezt egy kör párhuzamos vetületéről elsődlegesen csak azokra az esetekre tudjuk, ha a PP' irány merőleges vagy az S-re, vagy az S'-re, de síkbeli nyújtással könnyen kiterjeszthető minden olyan esetre, ha S és S' metszésvonala merőleges a vetítési irányra; ekkor is az ellipszis egyik tengelye párhuzamos a metszésvonallal. Ezt az olvasóra hagyjuk.)
II. Megmutatjuk, hogy k'-nak S-re való PP' irányú vetülete ‐ nevezzük egyelőre v vonalnak ‐ akkor is ellipszis, ha PP' nem merőleges az S és S' metszésvonalára. Ezt a következő lépésekben végezzük: 1. k'-t belefordítjuk S-be ‐ új helyzete a k0 kör ‐, egymás megfelelőinek nevezzük v-nek és k0-nak egy-egy olyan pontját, melyek k' ugyanazon pontjából keletkeztek vetítés, illetve elfordítás útján, és megállapítunk egy síkbeli rokonságot a megfelelő pontpárok közt, ún. ferde affinitást. (Az alakzatból mintegy kikapcsoljuk k'-t.) ‐ 2. Meghatározzuk k0-nak azt a két, egymásra merőleges fél átmérőjét, amelyek v-beli megfelelői ugyancsak merőlegesek egymásra; az utóbbiak lesznek az állításunk szerinti ellipszis tengelyei. ‐ 3. Végül v tetszőleges pontjáról kimutatjuk, hogy rajta van azon az ellipszisen, melynek szimmetriatengelyei a most mondott képek.
1. Rátérve tervünk végrehajtására, legyen (a fenti) S két pontja P és Q, az S'-nek két pontja P', Q' úgy, hogy PP'QQ'‐ tehát pl. P és P' egymás vetületei ‐, és S'-t az S-be belefordítva az s metszésvonaluk körül, legyen P', Q' új helyzete P0, Q0. Azt állítjuk, hogy PP0QQ0 (2. ábra).
 

 

2. ábra
 

Ugyanis ha PQ metszi s-et egy M pontban, akkor M vetülete, továbbá a leforgatottja is önmaga, ezért átmegy rajta P'Q' is, P0Q0 is, és a párhuzamos vetítés, ill. a mozgás alapján
PM:QM=P'M:Q'M=P0M:Q0M,
tehát PP0 és QQ0 a PMP0 szög szárainak párhuzamos szelői.
Ha pedig PQ párhuzamos s-sel, akkor P'Q' sem metszheti s-et (mert a PP'Q sík PQ miatt párhuzamos s-sel), ezért P0Q0 sem metszi, tehát párhuzamosak s-sel és PQ-val, így pedig PQQ'P' és P'Q'Q0P0 paralelogrammák, P0Q0P'Q'PQ, ennélfogva PQQ0P0 is paralelogramma.
Eszerint ‐ és a megfelelő egyenesekről közben mondottak alapján ‐ a v és k0 alakzatok közti kapcsolat csak abban tér el a merőleges affinitástól, hogy a megfelelő pontokat összekötő (pl. PP0) egyenesek közös iránya nem merőleges s-re, a megfelelő egyenesek közös pontjait tartalmazó tengelyre. (Ugyanis P'P0 mindenesetre merőleges s-re, és ha PP0 is merőleges lenne rá, akkor PP' is merőleges lenne rá, mint az s-re merőleges PP'P0 sík egyenese; ezt az esetet pedig a tankönyvből ismerjük.) Emiatt tesszük a talált rokonság elnevezésében a,,ferde'' jelzőt az,,affinitás'' elé, a,,merőleges'' jelző helyére. Az s tengellyel, és a P, P0 pontpárral meghatározott ferde affinitásban a v vetület és a k0 kör egymás képei, megfelelői.
 

 

3. ábra
 

2. Legyen k' középpontja O', S-en levő vetülete O, leforgatottja O0, és messék s-et k0-nak a keresett egymásra merőleges átmérői (meghosszabbításaik) V*-ban, W*-ban (3. ábra). Követelésünk szerint a V*W* szakasz O-ból is derékszögben látszik, ezért O0 is, O is rajta van a szakasz fölötti kT Thalész-körön; eszerint kT-nek a középpontja rajta van egyrészt s-en, másrészt az OO0 húr felező merőlegesén. Így kT egyértelműen megszerkeszthető, és vele V*, W* mindig létrejön. Osszuk szét a V* és W* jelet e kör és s metszéspontjaira úgy, hogy k0-nak az O0V*, O0W* egyenesen levő egyik-egyik pontját D0-lal, E0-lal jelölve, ezek v-beli D és E megfelelőire álljon: ODOE; ekkor azt állítjuk, hogy az állításbeli ellipszis fél nagytengelye az OD=a szakasz, fél kistengelye az OE=b szakasz, tehát az ellipszis előállítható az O közepű, a sugarú k kör (főkör) OE irányú és b/a arányú összenyomásával.
3. A tervezett bizonyításhoz szükségünk lesz a kővetkező jelölésekre. A D0E0 negyedkör tetszőleges belső pontja Q0, ennek O0D0 on levő vetülete R0, az E0Q0 és O0D0 egyenesek metszéspontja T0; e pontok megfelelője a vetületi rendszerben rendre Q (a v-n), R, T, továbbá a k kör és az RQ félegyenes metszéspontja U, és k0 sugara r.
A nyilvánvalóan hasonló háromszögpárok, a megfelelő pontpárok összekötő egyeneseinek párhuzamos volta és a szelők tétele alapján
RQb=RQOE=RTOT=R0T0O0T0=R0Q0O0E0=R0Q0r,
tehát
RQ=brR0Q0.(1)

Másrészt U értelmezése alapján
OROU=ORa=OROD=O0R0O0D0=O0R0r=O0R0O0Q0,
eszerint UOR és Q0O0B0 hasonló derékszögű háromszögek, tehát
RUOU=R0Q0O0Q0,azazRU=arR0Q0.
Ezzel (1)-et osztva pedig
RQRU=ba,
vagyis Q, a v vonal pontja, rajta van az állításunk szerinti ellipszisen. Mindezek szerint v valóban ellipszis, és evvel a feladat állítását bebizonyítottuk.
 

Megjegyzés. Eredményeinkből az is következik, hogy ellipszisnek merőleges affin megfelelője is ellipszis. Ha ugyanis pl. CC1 nem merőleges AB-re, és eredeti háromszögünket ‐ a 9 ponttal és a rajtuk átmenő (immár bebizonyított) ellipszissel együtt ‐ merőleges affinitással úgy transzformáljuk, hogy az AA1B szög képe derékszögnek adódjék, ebből az alakzatból újabb merőleges affinitással egy háromszöget kaphatunk, Feuerbach körének 9 pontjával, eszerint az eredeti ellipszisnek az első affinitásbeli képe is ellipszis. (Az első affinitás tengelyének AB-t véve, A1 képéül az AB fölötti Thalész-kör és az A1-en átmenő (merőleges) egyenes metszéspontja választandó; és ha a második tengely BC, és hasonlóan a BB1C szög képét kívánjuk derékszöggé transzformálni, akkor P újabb képe már magasságpont, mert AA1 újabb képe is merőleges lesz BC-re.
*A háromszög Feuerbach-körére vonatkozó legszűkebb ismeretanyagot legutóbb az F. 1753. feladat megoldásában bizonyítottuk be, K. M. L. 44 (1972), 195. oldal. ‐ Szerk.