Kezdőlap


Feladat:	1990. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Boncz András , Faragó Gergely , Harcos Gergely , Matolcsi Máté , Pór Attila , Szegedy Balázs , Szegedy Krisztián , Szendrői Balázs , Újváry-Menyhárt Zoltán
Füzet:	1991/február, 54 - 59. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Körülírt kör középpontja, Hozzáírt körök, Szögfelező egyenes, Vetítések, Ceva-tétel, Párhuzamos szelők tétele és megfordítása, Tengelyes tükrözés, Síkgeometriai számítások trigonometria nélkül, Síkgeometriai számítások trigonometriával, Magasságvonal, Húrnégyszögek, Háromszögek hasonlósága, Pont körüli forgatás, Középpontos és egyéb hasonlósági transzformációk, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1991/február: 1990. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata

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

I. megoldás: A megoldást a következő megjegyzésre építjük. Egy háromszög egy csúcsát a szemközti oldal egy pontjával összekötő szakaszhoz egyértelműen tartozik egy arányszám, amelyikre igaz, hogy egy pont akkor és csak akkor pontja a szakasznak, ha a pont és a szakasszal közös csúcsból induló oldalak távolságainak az aránya az adott érték.

1. ábra

Ha az

A B C

háromszög egy

P

pontjának merőleges vetülete a

B C

C A

és

A B

oldalon rendre

T_{A}

T_{B}

és

T_{C}

(1. ábra), akkor az

A P

B P

C P

egyenesekhez (ill. a háromszögbe eső szakaszaikhoz) tartozó arányok

\begin{matrix} r_{A} = P T_{B} : P T_{C}, r_{B} = P T_{C} : P T_{A}, r_{C} = P T_{A} : P T_{B}, \end{matrix}

és így

\begin{matrix} r_{A} r_{B} r_{C} = 1. \end{matrix}

(2)

Ha fordítva,

P

egy az

A

csúcson és egy a

B

csúcson átmenő egyenes metszéspontja, akkor a két egyeneshez tartozó arány a fenti

r_{A}

és

r_{B}

érték. Ha fennáll (2), akkor

r_{C}

is a fenti érték, s így a

C

ponton átmenő egyenes is átmegy

P

-n.
Más szóval, ha az

A

B

C

csúcson átmenő egy-egy egyenesszakaszhoz tartozó arány

r_{A}

r_{B}

r_{C}

, akkor a szakaszok akkor és csak akkor mennek át egy ponton, ha teljesül (2).

2. ábra

A feladatra térve

A_{0}

B_{0}

C_{0}

a megfelelő külső szögfelezők metszéspontja, így az

A

B

C

csúcsok az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszög oldalaira esnek (2. ábra). Jelöljük az

A B C

háromszög szögeit a szokásos módon

α

β

γ

-val;

A_{1}

merőleges vetületét az

A_{0} B_{0}

A_{0} C_{0}

oldalon

T_{12}

-vel, illetőleg

T_{13}

-mal, és megfelelően a másik két pont vetületeit, amint az ábra mutatja. Ekkor az

A_{0} A_{1}

egyenesre vonatkozó arány az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszögben

\begin{matrix} r_{a} = \frac{A_{1} T_{12}}{A_{1} T_{13}} = \frac{A_{1} C sin B C A_{0}}{A_{1} B sin C B A_{0}} = \frac{A_{1} C cos \frac{γ}{2}}{A_{1} B cos \frac{β}{2}} . \end{matrix}

Hasonlóan

\begin{matrix} r_{B} = \frac{B_{1} A cos \frac{α}{2}}{B_{1} C cos \frac{γ}{2}}, r_{C} = \frac{C_{1} B cos \frac{β}{2}}{C_{1} A cos \frac{α}{2}}, \end{matrix}

és a három arány szorzata

\begin{matrix} \frac{A_{1} C \cdot B_{1} A \cdot C_{1} B}{A_{1} B \cdot B_{1} C \cdot C_{1} A} . \end{matrix}

Tudjuk azonban, hogy a háromszög egy szögének a felezője a szemközti oldalt olyan szakaszokra osztja, amelyeknek az aránya megegyezik a mellettük fekvő oldalak arányával. Ezt egymás után

C K B

A K C

, majd a

B K A

háromszögekre alkalmazva.

\begin{matrix} \frac{A_{1} C}{A_{1} B} = \frac{C K}{B K}, \frac{B_{1} A}{B_{1} C} = \frac{A K}{C K}, \frac{C_{1} B}{C_{1} A} = \frac{B K}{A K} . \end{matrix}

Ezek figyelembevételével azt kapjuk, hogy a fenti szorzat értéke

1

, tehát az előrebocsátott megjegyzés értelmében a három egyenes egy ponton megy keresztül, és ezt kellett bizonyítanunk.

Megjegyzések. 1. A

K

pontról csak annyit használtunk fel, hogy az

A B C

háromszögben van, így a feladat állítása a háromszög bármely

K

pontjára igaz.
2. A bevezető megjegyzésben a háromszög pontjaira szorítkoztunk. Ettől a megszorítástól azonban megszabadulhatunk, ha a háromszög oldalaitól mért távolságot előjelesen értjük: pozitívnak tekintjük azokra a pontokra, amelyek az oldalnak a háromszöget tartalmazó partján vannak, és negatívnak a másik félsík pontjaira. Ekkor csak a háromszög oldalegyeneseit célszerű kizárni.
3. Megvizsgáljuk most a kérdést ennek megfelelően tekintetbe véve az egész síkot. Legyen az

A B C

háromszög

B C

oldalának egy pontja

A'

, merőleges vetülete az

A B

és

A C

oldalon

T_{12}

és

T_{13}

(3. ábra). Ekkor ‐ a háromszög szögeit a szokásos módon jelölve ‐ az

A A'

egyenest jellemző arány

\begin{matrix} r_{A} = \frac{A' T_{12}}{A' T_{13}} = \frac{B A' sin β}{A' C sin γ} . \end{matrix}

3. ábra

B'

és

C'

C A

, illetőleg az

A B

oldal egy-egy pontja, és felírjuk hasonló módon a

B B'

és a

C C'

egyenesre vonatkozó

r_{B}

és

r_{C}

arányt is, akkor a jobb oldalak szorzatában a számlálóban is, a nevezőben is ugyanaz a szinusz-szorzat lép fel, így azzal egyszerűsíthetünk. Azt kapjuk tehát, hogy a (2) bal oldalán álló szorzat a következővel egyenlő:

\begin{matrix} \frac{B A' \cdot C B' \cdot A C'}{A' C \cdot B' A \cdot C' B} . \end{matrix}

(3)

Az is látható, hogy a felírt arányegyenlőségek előjelet tekintve is helyesek maradnak, ha az oldalegyeneseken egy-egy irányt pozitívnak, az ellentéteset negatívnak tekintve előjeles szakaszokkal számolunk, és az egyenesektől mért távolságot is előjelezve értjük a korábban mondott módon. Irányítsuk az oldalegyeneseket például a háromszög óramutatóval ellentétes irányú körüljárásának megfelelően.
Az továbbra is fennáll, hogy ha az

A A'

B B'

C C'

egyenes egy ponton megy keresztül, akkor a (2) szorzat értéke, és így a (3) arányé is 1. A megfordítás helyességének igazolásánál a háromszögben futó két szakasz metszéspontjából indultunk ki. Most azonban felléphetnek párhuzamos egyenesek is.

4. ábra

Ha a három egyenes párhuzamos, válasszuk a betűzést úgy, hogy a

C

csúcs a másik kettőn át húzott párhuzamosok közé essék (4. ábra). Ekkor alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét az

A B A'

és a

B A B'

szögeket átmetsző párhuzamosokra:

\begin{matrix} \frac{B A'}{A' C} = \frac{B A}{A C'}, \frac{C B'}{B' A} = \frac{C' B}{B A} . \end{matrix}

Ezeket a (3) törtbe helyettesítve kapjuk, hogy annak az értéke akkor is

1

, ha a három egyenes párhuzamos.
Megfordítva, ha

A A'

és

B B'

párhuzamos, akkor

C C'

nem metszheti őket, mert ha metszené, akkor korábbi meggondolásunk szerint

B B'

és

C C'

metszéspontján kellene átmennie

A A'

-nek is.
Azt kaptuk tehát, hogy véve az

A B C

háromszög

B C

C A

A B

oldalegyenesének egy-egy, a csúcsoktól különböző

A'

B'

C'

pontját, az

A A'

B B'

és

C C'

egyenesek egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak akkor és csak akkor, ha a (3) arány értéke

1

. Ez Ceva tétele. Ezt a versenyzők nagy része ismerte és felhasználta megoldásában.

4. Többen ismerték és felhasználták azt is, hogy ha a háromszög egy-egy csúcsán átmenő három egyenes egy ponton megy keresztül, vagy párhuzamosak az egyenesek, és mindegyiket tükrözzük a megfelelő szögfelezőre, akkor a tükrözött egyenesek is vagy egy ponton mennek át, vagy párhuzamosak.

5. ábra

Valóban, legyen

A'

B C

egyenes egy pontja, és messe az

A A'

egyenesnek az

A

csúcsból induló szögfelezőre vonatkozó tükörképe a

B C

egyenest az

A''

pontban. A

B A A' ∢ = δ

jelöléssel, mivel a szögfelezőre tükrözünk,

C A A'' ∢ = δ

(5. ábra). Felhasználva a szinusztételt az

A A' B

A A' C

A A'' B

A A'' C

háromszögekre

\begin{matrix} \frac{B A'}{A' C} = \frac{B A' / A' A}{A' C / A' A} = \frac{sin δ / sin β}{sin (α - δ) / sin γ} = \frac{sin δ sin γ}{sin (α - δ) sin β}, \\ \frac{B A''}{A'' C} = \frac{B A'' / A'' A}{A'' C / A'' A} = \frac{sin (α - δ) / sin β}{sin δ / sin γ} = \frac{sin (α - δ) sin γ}{sin δ sin β} = \frac{A' C sin^{2} γ}{B A' sin^{2} β} . \end{matrix}

Felírva a megfelelő arányokat a

B B'

és a

C C'

tükörképének metszéspontjaként keletkező

B''

és

C''

pontokra is és összeszorozva őket, a számlálóban is, a nevezőben is a háromszög három szöge szinusza négyzetének szorzata keletkezik, így ezzel egyszerűsíthetünk. Azt kapjuk tehát, hogy a kétvesszős pontokra felírt (3)-nak megfelelő kifejezés a vesszős pontokra felírtnak a reciprok értéke. Így Ceva tételéből következik a kimondott állítás helyessége.

II. megoldás: Jelöljük az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszög szögeit rendre

α_{0}

β_{0}

γ_{0}

-val; az

A_{0} A_{1}

B_{0} B_{1}

C_{0} C_{1}

egyenesnek és az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszög szemközti oldalának a metszéspontját

A_{2}

B_{2}

C_{2}

-vel; húzzunk továbbá

C_{2}

-n át párhuzamost a

B A

egyenessel, messe ez a

C_{0} A_{0}

C_{0} B_{0}

egyenest a

B^{⋆}

, illetőleg

A^{⋆}

pontban (6. ábra).

6. ábra

A háromszöghöz hozzáírt körök középpontjai a háromszög két-két külső és egy belső szögfelezőjének a metszéspontjai, továbbá az egy csúcsból induló belső és külső szögfelező merőleges egymásra, így az

A

B

C

csúcsok az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszög oldalain feküsznek, a háromszög magasságainak talppontjai. Ennek folytán

A_{0} B A B_{0}

húrnégyszög, tehát

\begin{matrix} C_{0} B A ∢ = β_{0}, C_{0} A B ∢ = α_{0}; \end{matrix}

a szerkesztés szerint pedig

\begin{matrix} C_{0} A^{⋆} B^{⋆} ∢ = C_{0} A B ∢ = α_{0}, C_{0} B^{⋆} A^{⋆} ∢ = C_{0} B A ∢ = β_{0} . \end{matrix}

Eszerint

A_{0} B^{⋆} B_{0} A^{⋆}

húrnégyszög, mert

B^{⋆} B_{0}

A_{0}

és az

A^{⋆}

pontból ugyanakkora szögben látszik. Ekkor a

C_{2}

-n átmenő szelők szeleteinek szorzata egyenlő:

\begin{matrix} A_{0} C_{2} \cdot C_{2} B_{0} = B^{⋆} C_{2} \cdot C_{2} A^{⋆} . \end{matrix}

Ez átrendezhető így:

\begin{matrix} \frac{A_{0} C_{2}}{C_{2} B_{0}} = \frac{B^{⋆} C_{2}}{C_{2} A^{⋆}} {(\frac{C_{2} A^{⋆}}{C_{2} B_{0}})}^{2} . \end{matrix}

A jobb oldalt átalakítjuk. A párhuzamos szelők tétele, továbbá a szögfelezőre vonatkozó osztásarányi tétel alapján

\begin{matrix} \frac{B^{⋆} C_{2}}{C_{2} A^{⋆}} = \frac{B C_{1}}{C_{1} A} = \frac{B K}{K A} . \end{matrix}

A második tényezőben az alap így alakítható át, a szinusztételt először az

A^{⋆} B_{0} C_{2}

háromszögre, majd ellenkező irányban az

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszögre alkalmazva:

\begin{matrix} \frac{C_{2} A^{⋆}}{C_{2} B_{0}} = \frac{sin (180^{\circ} - β_{0})}{sin α_{0}} = \frac{sin β_{0}}{sin α_{0}} = \frac{C_{0} A_{0}}{C_{0} B_{0}} . \end{matrix}

Ezek szerint

\begin{matrix} \frac{A_{0} C_{2}}{C_{2} B_{0}} = \frac{K B}{K A} {(\frac{C_{0} A_{0}}{C_{0} B_{0}})}^{2} . \end{matrix}

Írjuk fel a megfelelő összefüggéseket

A_{2}

-re és

B_{2}

-re is:

\begin{matrix} \frac{B_{0} A_{2}}{A_{2} C_{0}} = \frac{K C}{K B} {(\frac{A_{0} B_{0}}{A_{0} C_{0}})}^{2}, \frac{C_{0} B_{2}}{B_{2} A_{0}} = \frac{K A}{K C} {(\frac{B_{0} C_{0}}{B_{0} A_{0}})}^{2} . \end{matrix}

A három egyenlőség megfelelő oldalait összeszorozva a jobb oldalon

1

-et kapunk, tehát

\begin{matrix} \frac{A_{0} C_{2}}{C_{2} B_{0}} \cdot \frac{B_{0} A_{2}}{A_{2} C_{0}} \cdot \frac{C_{0} B_{2}}{B_{2} A_{0}} = 1. \end{matrix}

Mivel

A_{1}

B_{1}

C_{1}

A B C

háromszög megfelelő oldalának belső pontja, így az

A_{0} A_{1}

B_{0} B_{1}

C_{0} C_{1}

egyenesek nem lehetnek párhuzamosak, tehát Ceva tétele szerint egy ponton mennek keresztül.

III. megoldás: Az előző megoldás jelöléseit használva az ott követett gondolatmenet ismétlésével kapjuk, hogy

B_{0} A C ∢ = α_{0}

és

A_{0} B C ∢ = β_{0}

. Így az

A_{0} B C

A B_{0} C

A B C_{0}

és

A_{0} B_{0} C_{0}

háromszög hasonló. Az elsőt és a másodikat a harmadikba egy

B

, illetőleg

A

körüli forgatás és ugyanezen középpontú alkalmas hasonlósági transzformáció viszi át, a harmadikat a negyedikbe pedig egy tükrözés a

C_{0}

-ból induló (belső) szögfelezőre és

C_{0}

középpontú hasonlósági transzformáció. Mindezek a transzformációk a szakaszok arányát és a szögek nagyságát változatlanul hagyják.

7. ábra

Vigye át az első és a második transzformáció

A_{0} A_{1}

-et és

B_{0} B_{1}

-et

A A'

-be, illetőleg

B B'

-be (7. ábra). Ekkor

\begin{matrix} \frac{B A'}{A' C_{0}} = \frac{B A_{1}}{A_{1} C}, \frac{C_{0} B'}{B' A} = \frac{C B_{1}}{B_{1} A} . \end{matrix}

A megfelelő oldalakat összeszorozva és szorozva még mindkét oldalt az

A C_{1} / C_{1} B

aránnyal, a jobb oldalon keletkező tört a szögfelezőre vonatkozó osztásarányi tétel szerint

1

lesz, ez pedig Ceva tétele szerint azt jelenti, hogy az

A A'

B B'

és

C_{0} C_{1}

egyenesek egy ponton mennek keresztül.
A föntebb említett harmadik transzformáció ezeket az egyeneseket az ugyancsak egy ponton átmenő

A_{0} A^{⋆}

B_{0} B^{⋆}

C_{0} C^{⋆}

egyenesekbe viszi át. Ezek közül az utolsó egyenes a

C_{0} C_{1}

egyenes tükörképe a

C_{0}

-ból induló szögfelezőre. Hasonló igaz azonban a másik két egyenesre is. Ugyanis a transzformáció például a

B A A'

szöget a

B_{0} A_{0} A^{⋆}

szögbe viszi át, viszont az első transzformáció révén az előbbi szögbe a

B A_{0} A_{1} ∢ = C_{0} A_{0} A_{1} ∢

megy át, ami éppen azt jelenti, hogy

A_{0} A_{1}

és

A_{0} A^{⋆}

egymás tükörképe az

A_{0}

-ból induló szögfelezőre nézve. Hasonlóan okoskodhatunk a harmadik egyenes esetében is. Ekkor azonban

A_{0} A_{1}

B_{0} B_{1}

C_{0} C_{1}

is egy ponton megy keresztül, mint egy ponton átmenő egyeneseknek a megfelelő szögfelezőkre vonatkozó tükörképei.