Feladat:	2012. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2013/február, 70 - 71. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Matematika, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Síkgeometriai bizonyítások, Hozzáírt körök, Körülírt kör
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/február: 2012. évi Kürschák matematikaverseny 1. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás (Gyarmati Máté megoldása alapján). A $BCQ\sphericalangle$ és $BAQ\sphericalangle$ azonos íven nyugvó kerületi szögek, $BAQ\sphericalangle$ és $PQA\sphericalangle$ váltószögek, valamint $PQA\sphericalangle$ és $PCA\sphericalangle$ szintén azonos íven nyugvó kerületi szögek.     Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle BCQ\sphericalangle =BAQ\sphericalangle =PQA\sphericalangle =PCA\sphericalangle }\end{array}$ adódik. Ezen kívül $RAC\sphericalangle =BQC\sphericalangle$, hiszen $ABQC$ húrnégyszög. Tehát $RAC▵\sim BQC▵$, hisz két-két szögük egyforma, így $CRA\sphericalangle =CBQ\sphericalangle$ is teljesül. Legyenek $B\text{'}$ és $Q\text{'}$ rendre a $B$, illetve $Q$ pontok tükörképei a $J_A{J}_B$ egyenesre. Világos, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle J_{B}A{J}_A\sphericalangle =J_{B}AC\sphericalangle +CA{J}_A\sphericalangle =\frac{1}{2}\left(RAC\sphericalangle +CAB\sphericalangle \right)=\frac{1}{2}\cdot {180}^{\circ }={90}^{\circ }}\end{array}$ és hasonlóan $\begin{array}{c}{\displaystyle J_{B}B{J}_A\sphericalangle =J_{B}BC\sphericalangle +CB{J}_A\sphericalangle =\frac{1}{2}\left(ABC\sphericalangle +CBS\sphericalangle \right)=\frac{1}{2}\cdot {180}^{\circ }={90}^{\circ }\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $S$ a $CQ$ és $AB$ metszéspontja. A tükrözés miatt tehát $J_A$, $A$, $B$, $J_B$ és $B\text{'}$ egy körön ($J_A{J}_B$ Thalesz-körén) vannak. Ezen kívül $J_B$ és $J_A$ egyaránt rajta vannak az $ABC$ háromszög $C$-nél lévő külső szögfelezőjén, ezért a $B$ csúcs $B\text{'}$ tükörképe az $AC$ egyenesre illeszkedik. Korábban láttuk, illetve a tükrözés miatt $RCA\sphericalangle =QCB\sphericalangle =Q\text{'}CB\text{'}\sphericalangle$, így $R$, $C$ és $Q\text{'}$ is egy egyenesre esnek. Ezek szerint $\begin{array}{c}{\displaystyle RAB\text{'}\sphericalangle =RAC\sphericalangle =BQC\sphericalangle =B\text{'}Q\text{'}C\sphericalangle =B\text{'}Q\text{'}R\sphericalangle \mathrm{,}}\end{array}$ tehát az $R\mathrm{,}A\mathrm{,}Q\text{'}$ és $B\text{'}$ pontok is húrnégyszöget alkotnak. A $J_{B}ABB\text{'}$ és $RAQ\text{'}B\text{'}$ körök hatványvonala $AB\text{'}$, a $J_{B}ABB\text{'}$ és $J_{B}R{J}_A$ körök hatványvonala pedig $J_A{J}_B$. E három kör hatványpontja pedig a két hatványvonal metszéspontja, $C$. Tehát a $C$ pont hatványa az $RAQ\text{'}B\text{'}$ körre $|\overline{CR}|\cdot |\overline{CQ\text{'}}|$, és ez megegyezik a $J_{A}R{J}_B$ körre vett hatvánnyal. Mivel $R$ az utóbbi körön fekszik, $Q\text{'}$-nek is illeszkednie kell e körre, tehát $J_{A}R{J}_{B}Q\text{'}$ húrnégyszög. Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle {180}^{\circ }=J_{A}R{J}_B\sphericalangle +J_{A}Q\text{'}{J}_B\sphericalangle =J_{A}R{J}_B\sphericalangle +J_{A}Q{J}_B\sphericalangle \mathrm{,}}\end{array}$ és nekünk pontosan ezt kellett igazolnunk.   Megjegyzés. A feladat állítása akkor is teljesül, ha a $PQ$ húrról nem tesszük fel, hogy metszi az $AC$ és $BC$ oldalszakaszokat. Ez az általánosítás több, egymástól lényegesen nem különböző eset gondos vizsgálatával a fentiekhez hasonlóan igazolható. A bizottság nem kívánta ezzel terhelni a versenyzőket, ezért döntött a speciális eset kitűzése mellett.