Feladat:	1999. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Árvay Eszter ,  Terpai Tamás
Füzet:	2000/február, 67 - 70. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Háromszögek szerkesztése, Vetítések, Súlypont, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2000/február: 1999. 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 háromszög csúcsait jelölje $A$, $B$ és $C$, a $P$ pont vetületei a $BC$, $CA$, $AB$ oldalakra pedig legyenek rendre $X$, $Y$ és $Z$. $P$ pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha a $PX$, $PY$, $PZ$ egyenesek rendre felezik az $YZ$, $ZX$, $XY$ szakaszokat. Vizsgáljuk meg, mit jelent az, hogy a $PZ$ egyenes felezi az $XY$ szakaszt. Ha a $PZ$ és $XY$ egyenesek metszéspontját $Z\text{'}$-vel, az $X$ és $Y$ pontok $AB$ egyenesre eső vetületeit pedig $X_{AB}$-vel és $Y_{AB}$-vel jelöljük, úgy $YZ\text{'}=Z\text{'}X$ akkor és csak akkor teljesül, ha $Y_{AB}Z=Z{X}_{AB}$, vagyis ha $YP\cdot \text{sin}\left(YPZ\text{'}\sphericalangle \right)=XP\cdot \text{sin}\left(XPZ\text{'}\sphericalangle \right)$.     1. ábra   Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy $Z$ az $AB$ szakasz belső pontja. Ekkor az 1. ábráról, az $AZPY$ és $BXPZ$ húrnégyszögeket figyelembe véve, leolvasható, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle YPZ\text{'}\sphericalangle }& {\displaystyle ={180}^{\circ }-YPZ\sphericalangle =YAZ\sphericalangle =\alpha \mathrm{,}}\hfill \\ \multicolumn{3}{c}{\text{<br>és}}\\ \hfill {\displaystyle XPZ\text{'}\sphericalangle }& {\displaystyle ={180}^{\circ }-XPZ\sphericalangle =XBZ\sphericalangle =\beta \mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$     2. ábra   A 2. ábra mutatja, hogy ez akkor is igaz, ha a $Z$ pont esetleg egybeesik az $AB$ szakasz valamelyik végpontjával, vagy azon kívül helyezkedik el. A szinusztétel alapján tehát a $PZ$ egyenes pontosan akkor felezi az $XY$ szakaszt, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 1=\frac{YZ\text{'}}{Z\text{'}X}=\frac{YP\cdot \text{sin}\alpha }{XP\cdot \text{sin}\beta }=\frac{YP}{XP}:\frac{AC}{BC}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis ha $\frac{YP}{XP}=\frac{AC}{BC}$. Azon $P$ pontok, amelyekre ez az összefüggés teljesül, egy $C$-n áthaladó $e_C$ egyenesre illeszkednek, amelyet megszerkeszthetünk úgy, hogy az $AC$ és $BC$ egyenesekkel, azoknak a háromszöget tartalmazó oldalán, azoktól $AC$, illetve $BC$ távolságban párhuzamosokat húzunk, és ezek metszéspontját összekötjük a $C$ ponttal. Hasonlóképpen, a $PX$ ($PY$) egyenes pontosan akkor felezi az $YZ$ ($XZ$) szakaszt, ha $\frac{ZP}{YP}=\frac{AB}{AC}$ ($\frac{XP}{ZP}=\frac{BC}{AB}$). Világos, hogy a három feltétel közül bármely kettő teljesülése maga után vonja a harmadik teljesülését is. Ha $P$ az $XYZ$ háromszög súlypontja, akkor szükségképpen illeszkedik az $e_C$ egyenesre, és arra az $e_A$ egyenesre is, amelyet úgy szerkeszthetünk meg, hogy az $AB$ és $AC$ egyenesekkel párhuzamosokat húzunk, azoknak a háromszöget tartalmazó oldalán, tőlük $AB$, illetve $AC$ távolságban, és ezen párhuzamosok metszéspontját az $A$ csúccsal összekötjük. Az $e_A$ és $e_C$ egyenesek az $ABC$ háromszög belsejében metszik egymást. A keresett $P$ pont nem lehet más, mint ez a metszéspont, és ez valóban jó is.   II. megoldás. (Terpai Tamás gondolata alapján.) Az előző megoldás jelöléseit megtartva megállapithatjuk, hogy $P$ pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha $\overrightarrow{PX}+\overrightarrow{PY}+\overrightarrow{PZ}=\overrightarrow{0}$. Forgassuk el ezeket a vektorokat $P$ körül az óramutató járásával ellentétes irányban ${90}^{\circ }$-kal. Az így nyert $\overrightarrow{P{X}_1}$, $\overrightarrow{P{Y}_1}$, $\overrightarrow{P{Z}_1}$ vektorok rendre párhuzamosak és egyirányúak a háromszög $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{CA}$ és $\overrightarrow{AB}$ oldalvektoraival. Mivel az $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{CA}$ vektorok közül semelyik kettő nem párhuzamos, továbbá $\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{0}$, a $\overrightarrow{P{X}_1}+\overrightarrow{P{Y}_1}+\overrightarrow{P{Z}_1}=\overrightarrow{0}$ összefüggés pontosan akkor áll fenn, ha van olyan $\lambda$ pozitív szám, amelyre $\overrightarrow{P{X}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{BC}$, $\overrightarrow{P{Y}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{CA}$ és $\overrightarrow{P{Z}_1}=\lambda \cdot \overrightarrow{AB}$. A $P$ pont tehát pontosan akkor súlypontja az $XYZ$ háromszögnek, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{PX}{BC}=\frac{PY}{CA}=\frac{PZ}{AB}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan a megoldás az előzővel megegyező módon fejezhető be.   III. megoldás. Az $XYZ$ háromszöget fogjuk megszerkeszteni. Ezután $P$ már igen egyszerűen megszerkeszthető az $XYZ$ háromszög súlypontjaként, vagy az $AB$, $BC$ egyenesekre az $Z$, illetve $X$ pontban emelt merőlegesek metszéspontjaként. A szerkesztést két lépésben végezzük: először egy, a keresett háromszöghöz hasonló, azzal megegyező állású háromszöget szerkesztünk, majd alkalmas hasonlósági transzformációval azt a keresett $XYZ$ háromszögbe visszük. Vegyünk fel egy tetszőleges $Q$ pontot a háromszög belsejében, és indítsunk a $Q$ pontból az $AB$, $BC$, $CA$ oldalegyenesek irányába, azokra rendre merőleges $s_{AB}$, $s_{BC}$, $s_{CA}$ félegyeneseket. Ezek rendre megegyező irányúak a $\overrightarrow{PZ}$, $\overrightarrow{PX}$, $\overrightarrow{PY}$ vektorokkal. Olyan $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$ háromszöget keresünk, amelynek súlypontja $Q$ és amelyben a $\overrightarrow{Q{X}^{*}}$, $\overrightarrow{Q{Y}^{*}}$, $\overrightarrow{Q{Z}^{*}}$ vektorok rendre párhuzamosak a $\overrightarrow{PX}$, $\overrightarrow{PY}$, $\overrightarrow{PZ}$ vektorokkal. Ez csak úgy lehet, ha $X^{*}$, $Y^{*}$, $Z^{*}$ rendre az $s_{BC}$, $s_{CA}$, $s_{AB}$ félegyenesekre esnek. Tegyük fel, hogy $X^{*}$-ot már kijelöltük az $s_{BC}$ félegyenesen.     3. ábra   Mivel tetszőleges háromszög súlyvonalai harmadolják egymást, nem nehéz megmutatni, hogy az $Y^{*}$, $Z^{*}$ pontok úgy szerkeszthetők meg, hogy az $X^{*}$ pontot $Q$-ra tükrözzük, majd a tükörképen keresztül az $s_{AB}$, $s_{CA}$ félegyenesekkel párhuzamosokat húzunk. Ezek metszik ki az $s_{CA}$, $s_{AB}$ félegyenesekből az $Y^{*}$, $Z^{*}$ pontokat. Világos, hogy bármely megoldás hasonló a keresett $XYZ$ háromszöghöz, sőt azzal egyállású is. Válasszuk ki azt a megoldást, ahol $X^{*}$ a $BC$ egyenesre esik. Az $ABC$ háromszög valamelyik oldalára két hegyesszög illeszkedik. Ha feltesszük, hogy a $BC$ oldal ilyen, akkor $X^{*}$ a $BC$ szakasz belső pontja. Megmutatjuk, hogy pontosan egy olyan $XYZ$ háromszög van, amely $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$-gal egyállású és $X$, $Y$, $Z$ csúcsai rendre a $BC$, $CA$, $AB$ egyenesekre esnek. Van olyan $X^{*}$ középpontú, pozitív arányú nagyítás, amely az $X^{*}{Y}^{*}{Z}^{*}$ háromszöget olyan $X^{*}{Y}^{**}{Z}^{**}$ háromszögbe viszi, ahol $Y^{**}$ az $AC$ szakaszra vagy pedig $Z^{**}$ az $AB$ szakaszra esik, és ez igen egyszerűen meg is található, ha megkeressük az $X^{*}{Y}^{*}$, illetve $X^{*}{Z}^{*}$ félegyeneseknek az $ABC$ háromszög kerületével alkotott metszéspontjait. Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy $Y^{**}$ az $AB$ szakaszra esik. Ekkor az $XYZ$ háromszöget meg kell kapnunk az $X^{*}{Y}^{**}{Z}^{**}$ háromszögből egy $C$ középpontú, pozitív arányú nagyítással. Egyetlen ilyen nagyítás létezik: a $Z$ pont megszerkeszthető mind a $C{Z}^{**}$ félegyenes $AB$ egyenessel alkotott metszéspontja. Világos, hogy a kapott $XYZ$ háromszög megfelelő lesz.   IV. megoldás. (Árvay Eszter ötlete.) Egy, az $XYZ$ háromszöggel egyállású háromszög megszerkesztését a következő gondolatra támaszkodva is elvégezhetjük. Tegyük fel, hogy $P$ az $XYZ$ háromszög súlypontja, és tükrözzük $P$-t az $XYZ$ háromszög oldalfelező pontjaira (4. ábra).     4. ábra   Az így keletkező $XZ\text{'}\text{'}YX\text{'}\text{'}ZY\text{'}\text{'}$ hatszög felbontható 6 egybevágó háromszögre ($XPZ\text{'}\text{'}$, $Z\text{'}\text{'}PY$, $YPX\text{'}\text{'}$, $X\text{'}\text{'}PZ$, $ZPY\text{'}\text{'}$, $Y\text{'}\text{'}PX$) amelyek hasonlók az $ABC$ háromszöghöz. Ugyanis, az előző megoldásban leírt módon látható, hogy például $XZ\text{'}\text{'}P\sphericalangle =Z\text{'}\text{'}PY\sphericalangle =Z\text{'}PY\sphericalangle =CAB\sphericalangle$. Az $ABC$ háromszög 6 egybevágó példányát alkalmas módon egymáshoz illesztve tehát az $XZ\text{'}\text{'}YX\text{'}\text{'}ZY\text{'}\text{'}$ hatszöggel egyállású hatszöget szerkeszthetünk. Innen a megoldás a III. megoldáséval megegyező módon fejezhető be.   Megjegyzések. 1. Harangi Viktor észrevette, hogy a keresett $P$ pont rajta van az $ABC$ háromszög súlyvonalainak az azonos csúcsból induló szögfelezőkre vonatkozó tükörképein, az ún. szimmediánsokon. Ezek egy pontban metszik egymást, amelyet a háromszög szimmediáns-pontjának nevezhetünk, ez tehát a szerkesztendő $P$ pont. Ugyanezzel a ponttal találkozhatunk Lemoine- vagy Grebe-pont néven is. 2. Nem nehéz meggondolni (de némi diszkussziót igényel), hogy a háromszög határán vagy azon kívül soha nem létezik olyan pont, amely rendelkezne a kívánt tulajdonsággal. 3. Terpai Tamás azt is megvizsgálta, milyen esetben lesz $P$ a vetületi pontok által alkotott háromszög valamely más nevezetes pontja (magasságpont, beírt kör középpontja, körülírt kör középpontja). Legnehezebb azonban kétségkívül a feladatban kitűzött eset.