Feladat: Gy.3052 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bárány Kristóf ,  Bérczi Gergely ,  Boja Bence ,  Braun Gábor ,  Brezovich László ,  Farkas Claudia ,  Frenkel Péter ,  Gáspár Merse Előd ,  Gueth Krisztián ,  Gyenes Zoltán ,  Juhász András ,  Kacsuk Zsófia ,  Katona Zsolt ,  Kutalik Zoltán ,  Mátrai Tamás ,  Mátyási István ,  Molnár-Sáska Balázs ,  Németh Balázs ,  Patakfalvi Zsolt ,  Péter Zsolt ,  Reviczky Ágnes ,  Salamon Éva ,  Szabó Jácint ,  Szalai-Dobos András ,  Terék Zsolt ,  Vaik Zsuzsanna ,  Várkonyi Péter ,  Vőneki Csaba 
Füzet: 1996/december, 525 - 527. oldal  PDF file
Témakör(ök): Kör geometriája, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Thalesz-kör, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1996/március: Gy.3052

A k kör AB és CD húrjainak metszéspontja P. Tudjuk, hogy P a k belsejében van, de különbözik annak középpontjától. A k-hoz A-ban és B-ben, valamint C-ben és D-ben húzott érintők metszéspontjai E, illetve F. Mutassuk meg, hogy az EF egyenes tetszőleges pontjából k-hoz húzott érintők érintési pontjait összekötő egyenes átmegy P-n. (H)

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

 
I. megoldás. Jelölje X és Y a k kör és az OP-re merőleges, P-n átmenő egyenes metszéspontjait! (1. ábra) Jelölje Q a körhöz X-ben és Y-ban húzott érintők metszéspontját, legyen e a Q-n átmenő, OQ-ra merőleges egyenes. (Ekkor az O, P és Q a konstrukció alapján nyilvánvalóan egy egyenesbe esik.)
a) Megmutatjuk, hogy az e egyenes tetszőleges pontjából a k-hoz húzott érintők érintési pontjait összekötő egyenes átmegy P-n.
Legyen R az e egyenes egy Q-tól különböző pontja, az R-ből a körhöz húzott érintők érintési pontjait jelöje I és J. Az IJ szakasz az OQ egyenest messe a P1 pontban. Bizonyítandó tehát, hogy P=P1, amely pontosan akkor teljesül, ha OP=OP1.
Az OXP háromszögben Pitagorasz tétele szerint
XP2=OX2-OP2.(1)
Az OXP háromszög hasonló az XQP háromszöghöz, így
OXOP=XQXP,
azaz
XQ=OXOPXP.(2)
Az OXQ háromszögben Pitagorasz tétele szerint
OQ2=OX2+XQ2,
azaz (1) és (2) alapján
OQ2=OX2+OX2OP2(OX2-OP2),
így
OQ=OX2OP,
azaz
OP=OX2OQ(3)
Jelölje S az IJ és OR metszéspontját.
Az előző gondolatmenetet az O, X, P és Q pont helyett rendre az O, J, S és R pontra alkalmazva adódik, hogy.
OS=OJ2OR.(4)
Az OP1S hasonló az ORQ háromszöghöz (egy-egy szögük derékszög, másik szögük egybeesik), ezért
OP1=OROQOS,
így (4) alapján és kihasználva, hogy OJ=OX (mindkettő a kör sugara),
OP1=OROQOJ2OR=OJ2OQ=OX2OQ=OP,
azaz
OP1=OP
valóban teljesül.
b) Megmutatjuk, hogy a körhöz a P-n átmenő bármely húr végpontjaiból húzott érintők metszéspontja a fentebb meghatározott e egyenesen van.
Jelölje A és B egy, a P-n átmenő húr végpontjait, R a k körhöz A-ban és B-ben húzott érintők metszéspontját (2. ábra).
Tegyük fel, hogy R nem esik az e egyenesre; jelölje R1 a BR egyenes és az e egyenes metszéspontját.
Az R1-ből a körhöz húzott egyik érintő érintési pontja a B pont, a másik érintő érintési pontját jelölje A1.
a)-ban beláttuk, hogy az A1B húr átmegy P-n. Így, mivel az AB húr is átmegy P-n, ez csak akkor teljesülhet, ha A1A. Ennek következtében viszont R1R, azaz az érintők metszéspontja az e egyenesen van.
b) szerint a feladatban meghatározott E és F pont az e egyenesen van, azaz az általuk meghatározott egyenes éppen az e egyenes. Az e egyenesről viszont az a) pontban megmutattuk, hogy bármely pontjából a k körhöz húzott érintők érintési pontjait összekötő egyenes átmegy a P-n, így a feladat állítását bebizonyítottuk.
 Szalai-Dobos András (Szekszárd, Garay János Gimn., II. o.t)

 
II. megoldás. Legyen k1 az OE, k2 pedig az OF szakasz Thalész-köre. A k1 és k2 O-tól különböző metszéspontját jelöljük X-szel (3. ábra). Ekkor OXEF, ezért ha G az EF egyenes tetszőleges pontja, akkor az OG szakasz kG Thalész-köre is átmegy X-en.
Invertáljunk a k körre*Az inverzióról olvashatnak pl. Reiman István: Fejezetek az elemi geometriából (Tankönyvkiadó, 1987) c. könyvében (74‐86. o.), továbbá a KöMaL 1968. novemberi számában (97‐101. o.) és Bártfai Pál‐Tusnády Gábor: Pályázat az inverzióról c. cikkében (KöMaL, 1971/1, 1‐7. o.). Mivel k1 képe AB, k2 képe pedig CD, ezért X(=k1k2{O}) képe P(=ABCD), tehát kG képe egy P-n átmenő egyenes. Viszont kG képe éppen a G-ből k-hoz húzott érintők érintési pontjait összekötő egyenes.
Ezzel a feladat állítását beláttuk.
 Salamon Éva (Zalaegerszeg, Ságvári E. Gimn., II. o.t.) dolgozata alapján

 
Megjegyzés. A feladatra a leírtakon kívül is igen sok különböző fajta szép megoldás érkezett, koordináta-geometriai, projektív, ill. térgeometriát felhasználó bizonyítások.
 

 

 

*1