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  |  MathML
Témakör(ök):	Kör geometriája, Pitagorasz-tétel alkalmazásai, Thalesz-kör, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1996/március: Gy.3052

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 $P_1$ pontban. Bizonyítandó tehát, hogy $P=P_1$, amely pontosan akkor teljesül, ha $OP=O{P}_1$. Az $OXP$ háromszögben Pitagorasz tétele szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle X{P}^2=O{X}^2-O{P}^2\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Az $OXP$ háromszög hasonló az $XQP$ háromszöghöz, így $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{OX}{OP}=\frac{XQ}{XP}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle XQ=\frac{OX}{OP}\cdot XP\mathrm{.}}\end{array}$ (2) Az $OXQ$ háromszögben Pitagorasz tétele szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle O{Q}^2=O{X}^2+X{Q}^2\mathrm{,}}\end{array}$ azaz (1) és (2) alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle O{Q}^2=O{X}^2+\frac{O{X}^2}{O{P}^2}\cdot \left(O{X}^2-O{P}^2\right)\mathrm{,}}\end{array}$ így $\begin{array}{c}{\displaystyle OQ=\frac{O{X}^2}{OP}\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle OP=\frac{O{X}^2}{OQ}}\end{array}$ (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. $\begin{array}{c}{\displaystyle OS=\frac{O{J}^2}{OR}\mathrm{.}}\end{array}$ (4) Az $O{P}_{1}S$ hasonló az $ORQ$ háromszöghöz (egy-egy szögük derékszög, másik szögük egybeesik), ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle O{P}_1=\frac{OR}{OQ}\cdot OS\mathrm{,}}\end{array}$ így (4) alapján és kihasználva, hogy $OJ=OX$ (mindkettő a kör sugara), $\begin{array}{c}{\displaystyle O{P}_1=\frac{OR}{OQ}\cdot \frac{O{J}^2}{OR}=\frac{O{J}^2}{OQ}=\frac{O{X}^2}{OQ}=OP\mathrm{,}}\end{array}$ azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle O{P}_1=OP}\end{array}$ 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 $R_1$ a $BR$ egyenes és az $e$ egyenes metszéspontját. Az $R_1$-ből a körhöz húzott egyik érintő érintési pontja a $B$ pont, a másik érintő érintési pontját jelölje $A_1$. a)-ban beláttuk, hogy az $A_{1}B$ húr átmegy $P$-n. Így, mivel az $AB$ húr is átmegy $P$-n, ez csak akkor teljesülhet, ha $A_1\equiv A$. Ennek következtében viszont $R_1\equiv R$, 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 $k_1$ az $OE$, $k_2$ pedig az $OF$ szakasz Thalész-köre. A $k_1$ és $k_2$ $O$-tól különböző metszéspontját jelöljük $X$-szel (3. ábra). Ekkor $OX\perp EF$, ezért ha $G$ az $EF$ egyenes tetszőleges pontja, akkor az $OG$ szakasz $k_G$ 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 $k_1$ képe $AB$, $k_2$ képe pedig $CD$, ezért $X\left(=k_1\cap k_2\setminus \left\{O\right\}\right)$ képe $P\left(=AB\cap CD\right)$, tehát $k_G$ képe egy $P$-n átmenő egyenes. Viszont $k_G$ 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$