|
Feladat: |
A.383 |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Bogár Péter , Hujter Bálint , Jankó Zsuzsanna , Kisfaludi-Bak Sándor , Nagy Csaba , Paulin Roland , Tomon István |
Füzet: |
2006/április,
223 - 227. oldal |
PDF file |
Témakör(ök): |
Síkgeometriai bizonyítások, Körök, Húrnégyszögek, Nehéz feladat |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 2005/november: A.383 |
|
A kör átmérője merőleges az egyenesre, amely nem megy át sem az -n, sem a -n. Az egy -n kívüli pontja legyen és jelölje az egyenes és a kör másik metszéspontját. Húzzuk meg az egyik érintőt -ből -hoz; az érintési pontot jelöljük -vel. A és egyenesek metszéspontja legyen , végül az szakasz és metszéspontja legyen . Mutassuk meg, hogy a egyenes átmegy a pont -re való tükörképén.
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. A diszkusszió elkerülése érdekében mindenhol irányított szögeket fogunk használni. Az jelölés azt fogja jelenteni, hogy az egyenest mekkora szöggel kell pozitív irányban elforgatni, hogy az egyenest kapjuk. A szög természetesen csak ,,modulo '' értelemben egyértelmű; két szöget azonosnak tekintünk, ha a különbségük a -nak többszöröse. Először kimondjuk az irányított szögek néhány alapvető tulajdonságát, köztük néhány, az iskolából is jól ismert tételt, amelyet alkalmazni fogunk.
(1) | Ha , , , illetve , , kollineáris pontok a síkon, akkor |
(2) | , speciálisan . |
(3) | Az háromszögben . |
(4) | Az háromszögben akkor és csak akkor teljesül, ha |
(5) | Rögzített mellett azon pontok mértani helye a síkon, melyekre , egy -n és -n átmenő kör. Speciálisan , , , pontok akkor és csak akkor illeszkednek egy körre, ha . |
Térjünk most rá a bizonyításra. Jelöljük középpontját -val, az és egyenesek metszéspontja legyen . Húzzunk párhuzamost -lel -n keresztül, jelöljük ezt -vel, és legyen és metszéspontja . A -ből húzott érintők egyenlő hosszúságúak, tehát . Az egyenlő szárú háromszöget -ből középpontosan nagyítva kapjuk, hogy (1. ábra).
 1. ábra Legyen a középpontú, -n átmenő kör . A kör pontjaira alkalmazva (5)-öt kapjuk, hogy . Az egyenlő szárú háromszögben , így . Ez utóbbi a érintőszárú kerületi szöge, hiszen és merőlegesek. Tehát az éppen a kör pontjainál adódó szöggel egyenlő, így a kör -n is átmegy. Tehát , így és a -ből a -hoz húzott két érintő (2. ábra).
 2. ábra A húrnégyszög, mert két szemközti szöge derékszög. (5)-öt alkalmazva erre a négy pontra is (3. ábra),
Tehát (5) szerint , , , egy körre illeszkednek.
 3. ábra Jelöljük és második metszéspontját -vel, és legyen (4. ábra). A húrnégyszögből, az derékszögű háromszögből és a egyenlő szárú háromszögből: | | A egyenes tehát felezi a szöget, vagyis a pont felezi a ívet.
 4. ábra
II. megoldás. Jelöljük -val a és egyenesek metszéspontját, és alkalmazzuk a Pascal-tételt az elfajult húrhatszögre (5. ábra). A szemközti oldalak metszéspontja , , illetve (az oldal a körhöz -ben húzott érintő); a Pascal-tétel szerint ez a három pont egy egyenesen van. Tehát a pont is illeszkedik az egyenesre.
 5. ábra Legyen a kör és másik metszéspontja, és alkalmazzuk most a Pascal-tételt a elfajult hatszögre (6. ábra). Az és a pont két-két szemközti oldal metszéspontja, ezért a harmadik oldalpár, vagyis a egyenes és a -hoz -ben húzott érintő metszéspontja is az egyenesen van. Mivel az érintő párhuzamos -lel, ez csak akkor lehetséges, ha is párhuzamos velük, tehát és az átmérőre szimmetrikus.
 6. ábra
III. megoldás. Definiáljunk a kör pontjain egy kétváltozós műveletet, amelyet az összeadáshoz hasonlóan a jellel fogunk jelölni, a következőképpen. Válasszunk ki egy tetszőleges, -re nem illeszkedő pontot a körön. A kör bármely , pontpárjára szerkesszük meg és az egyenes metszéspontját. (Ha , akkor az egyenes az érintő. Ha a két egyenes párhuzamos, akkor a metszéspont ideális pontja.) A metszéspontot kössük össze -val, és szerkesszük meg az egyenes és a kör másik metszéspontját. (Ha az egyenes érinti a kört, akkor a másik metszéspont is .) Ez a pont legyen (7. ábra).
 7. ábra A művelet a definíció alapján biztosan kommutatív, . Az is igaz, hogy asszociatív, azaz tetszőleges , , pontok esetén. Ez a tulajdonság ekvivalens a Pascal-tétellel (8. ábra)
 8. ábra Ezen kívül könnyen ellenőrizhető, hogy tetszőleges pontra , és létezik olyan pont, amelyre . (Ezt a pontot mostantól jelölhetjük -szel is.) Összefoglalva, a kör pontjai ezzel a művelettel egy kommutatív csoportot alkotnak, amelynek neutrális eleme az pont. Térjünk most rá a feladat állításának bizonyítására. Legyen , és jelöljük -val a egyenes és második metszéspontját. Azt akarjuk megmutatni, hogy párhuzamos az egyenessel, ami azt jelenti, hogy (9. ábra).
 9. ábra
 10. ábra Az ábráról jól leolvasható, hogy , és . Ezekből | |
Megjegyzések. 1. A felhasznált műveletet az algebrai geometriából, a harmadfokú görbék elméletéből vettük át. Ha egy harmadfokú síkgörbe (amelyet tehát egy kétváltozós harmadfokú egyenlet ír le), és a egy tetszőleges pontja, akkor a görbe pontjain a feladatban leírt módon értelmezhetünk egyfajta összeadást (10. ábra). Ezzel a művelettel a görbe pontjai mindig kommutatív csoportot alkotnak. A megoldásban azt az elfajuló esetet alkalmaztuk, amikor a kör és az egyenes uniója. A művelet ebben az esetben is értelmezhető a teljes görbén, bár két -en fekvő pont összegét máshogy kell definiálni. A megoldáshoz csak pontjaira volt szükségünk, amelyek a teljes csoportnak egy részcsoportját alkotják. 2. A pontok közötti összefüggésekből több más geometriai tény is könnyen levezethető. Például könnyen ellenőrizhető, hogy , és . Ezek geometriai állításokra lefordítva azt mondják, hogy is érinti a kört, továbbá a és , illetve és egyenesek metszéspontja is -re esik. (Ezeket a pontokat is feltüntettük a 9. ábrán.)
A dolgozatok tanulságai A legtöbb versenyző az I. megoldáshoz hasonló elemi úton a szögek összeszámolásával és a kerületi szögek tételének többszöri alkalmazásával ‐ de előjeles szögek használata nélkül ‐ oldotta meg a feladatot. Ezen a dolgozatoknak nagy részében a diszkusszió részben vagy teljesen hiányzott. A teljes megoldáshoz az ábrának és a pontok elhelyezkedésének legalább 4-féle változatát kellett volna megkülönböztetni, ezt egyedül Bogár Péter tette meg. Azok, akiknél a diszkusszió teljesen hiányzott, és a megoldást csak az ábra egyféle elrendezésére számolták végig, 3 pontot kaptak.
|
|