A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. megoldás. Alkalmazzunk inverziót az -val szemközti hozzáírt körre, melynek középpontját jelöli. Az háromszög oldalai (mivel érintik e kört) mind azonos sugarú körökbe transzformálódnak. Feltehetjük, hogy ez a sugár egységnyi, és a megfelelő körök középpontjai és . Az körülírt körének a képe az , és pontokon átmenő kör lesz. (A vesszős változat az adott pont inverzió utáni képet jelöli.) Azt állítjuk, hogy a kör szintén egyégnyi sugarú. , és ugyanis egyaránt egységnyi távolságra vannak az -től, így a rajtuk átmenő kör sugara is egységnyi. Az háromszög oldalfelezőpontjai által meghatározott háromszög körülírt körének sugara tehát . E háromszög csúcsai az , és szakaszok felezőpontjai, tehát az említett sugarú kört egy közepű -szeres nagyítás a -be viszi, mely így csakugyan egységsugarú.
Az körüli egység sugarú kör belülről érinti az , ill. oldalak képeit és a körülírt kör képét is, így e kör éppen képe lesz az inverzió során. A , pontok pedig az -vel átellenes pontok a megfelelő egyégsugarú körökön, ezért és egyaránt derékszögek, továbbá (a szimmetria miatt) felezi -t. Mivel volt az inverzió középpontja, egyúttal a szakaszt is felezi.
Megjegyzések. 1. Hasonlóan a tavalyi verseny első feladatához, idén sem volt haszontalan a síkbeli inverzió tulajdonságainak ismerete (jóllehet tavaly többen próbálkoztak az alkalmazásával). A versenybizottság fenntartja magának az inverzióval (is) megoldható példa kitűzésének jogát. 2. A feladat szoros rokonságot mutat az 1978. évi Nemzetközi Matematikai Diákolimpián kitűzött 4. feladattal. A különbség lényegében annyi, hogy az olimpiai feladatban a kör belülről érintett, és az érintési pontok alkotta szakasz felezőpontja a beírt kör középpontja volt. Az említett feladatra megjelent egyik szellemes megoldás ötlete könnyen alkalmazható a mi esetünkre is. Ezt vázoljuk az alábbiakban. 3. Több versenyző próbálkozott az analitikus módszerrel. Természetesen így is teljes értékű megoldás kapható, azonban viszonylag kevesen jártak sikerrel.
II. megoldás. Legyen a kör és az háromszög körülírt körének érintési pontja, , ill. pedig a , ill. egyeneseknek és a háromszög körülírt körének -től különböző metszéspontja. Mivel -ből a kört egy középpontos hasonlóság viszi az háromszög körülírt körébe, az -ben, ill. -ben a körülírt körhöz húzott érintők párhuzamosak -vel, ill. -vel. Eszerint felezi a -t tartalmazó ívet, pedig felezi a -t tartalmazó ívet.
Felhasználva a kerületi szögek egyenlőségét, illetve hogy feleakkora ívhez feleakkora kerületi szög tartozik | | adódik, ahonnan (Felhasználtuk, hogy .) Világos, hogy húrnégyszög, így a konkáv nagysága . Legyen az iménti szög felezőjének és a szakasznak a metszéspontja. Eszerint hiszen az háromszög egyenlő szárú. Azt kaptuk, hogy húrnégyszög, melyben a íven nyugvó kerületi szögre | | Az adódott tehát, hogy az háromszög -nél lévő külső szögének a felezője. A fenti számolás értelemszerű módosításával adódik, hogy az háromszög -nél levő külső szögfelezője. A két külső szögfelező metszéspontja egyfelől a oldalhoz hozzáírt kör középpontja, másfelől rajta van az háromszög -ból induló szögfelezőjén. E szögfelező azonban felezi az egyenlő szárú háromszög alapját, az állítást igazoltuk.
ld. Reiman ‐ Dobos: Nemzetközi Matematikai Diákolimpiák 1959‐2003 (328‐332. oldal) |