Fórum: GEOMETRIA

155. feladat: Legyen az ABC háromszög A-val szemközti hozzáírt köre az inverzió alapköre, mely a BC oldalt D-ben érinti. Bizonyítandó, hogy az ABD kör és az ACD kör képe egybevágó. (Beírt körre is igaz?)

Használható a 151. feladathoz.

A 154 ill. 151. feladathoz

Felteszem amire jutottam, bár látom, közben BohnerGéza beírt egy szebb megoldást.

Az A kp-ú t sugarú alapkörre vonatkozó inverziónál a körülírt kör képe egyenes, C és B pontok C’ és B’ képére AB’ / AC’ = AC / AB , így AB’C’ hasonló ABC-hez. Legyen az arányossági tényező k. AC’ = kc, AB’ = kb , B’C’ = ka . k-ra teljesül, hogy AC’.AC=k.c.b=t² . CC’B’B akkor lesz érintőnégyszög, ha k ( a + b + c ) = 2 (s-a) . Elegendő tehát azt igazolni, hogy

Ezt helyettesítve és (s-a) /s –sel egyszerűsítve, majd a cosinus tétellel

bcsin²/2=(s-b)(s-c)={a-(b-c)}{a+(b–c)}/4=(a²–(b-c)²)/4

2^.b^.c(1-cos)=b²+c²–2^.b^.c^.cos–(b²+c²–2bc)

Ez pedig valóban azonosság. Így ebben az inverzióban k_t a beírt kör inverze, AE / t = t / AE’ , AE’F és AFE hasonló derékszögű háromszögek, AEF és AGF egybevágó derékszögű háromszögek EF = GF és egy egyenesbe esnek, a beírt kör F középpontja tehát EG felezőpontja. Most már csak azt kell igazolni, hogy a BDC szög felezője átmegy a beírt kör középpontján.

Ábra a 154. feladat megoldásához.

154. feladat:

Az ABC háromszögben vegyük az A-hoz kapcsolható két érintőkör egyikét - vagy a beírt kört, vagy az A-val szemközti hozzáírt kört - és annak középpontját. Igazoljuk, hogy az ezen középponton átmenő A középpontú alapkörre vonatkozó inverziónál az ABC körülírt körének képe érinti az érintőkört!

A 154. feladat megoldása: (VÁZLAT)

Az O középpontú k körhöz az A, valamint az AO-ra O-ban állított merőlegesen lévő D külső pontból húzzunk érintőket k-hoz. Ezek metszéspontjait az A-ból húzott érintőkön jelölje B, B’, C és C’ az A,B’,B illetve A,C’,C sorrendben. (feladatuk szempontjából föltehető, mind létezik)

Először lássuk be, hogy B’BCC’ húrnégyszög! Használjuk ki, hogy A-nál AO és D-nél DO szögfelező, és O-nál derékszög van! 154/a feladat

Ebből következik, van olyan A illetve D középpontú IA illetve ID inverzió, melyekben B-B’, C-C’ illetve B-C és B’-C’ egymás képei.

Az IA-nál a BCD egyenesből a B’C’D’A kör lesz, ahol tehát D’ az AD egyenes és a B’C’A kör metszéspontja. De D’ szükségképpen az ABC körön van, hiszen DB*DC=DB’*DC’=DA*AD’. Ezért fordítva, ID-nél A’ ugyan ez a pont lesz! (A’=D’!)

Azaz az egyik inverziónál a másik középpontjának a képe ugyan az, mint fordítva. Bizonyítandó, hogy a két inverzió alapköre merőleges.154/b feladat

Ez viszont csakúgy lehet, ha az alapkörök átmennek O-n.

Ezzel az ABC háromszög esetén beírt körre, az AB’C’ esetén hozzáírt körre beláttuk a feladatot.

(Remélem, hagytam gondolkodni valót!)

Oldjuk meg a 154. segítségével a 151. feladatot!

A 154. feladat megoldásához, ha jól látom, fölhasználható ez az ismert tétel:

A csúcsból induló szögfelező felezi a csúcsból induló magasságvonal és a csúcsot a körülírt kör középpontjával összekötő egyenes szögét.

Az ABC háromszög beírt, vagy az A-val szemközti hozzáírt körét értem az A-hoz kapcsolható érintőkörnek. (Bocs, itt valóban úgy is érthető, ahogy az ábrádon szerepel!)

Valamit félreértek. Ugye nem erre az ábrára gondolsz?

Jogos! 151 kitűzésében nem szerepelt, hogy k_t belülről érinti k-t.

A 153. feladat megoldása: Tükrözzük B-t a PQ felezőmerőlegesére: B' (ha már ez egy lényeges vonal!).

Bizonyítsuk be, hogy ABB'C húrnégyszög.

154. feladat: (Ötlet a 151. feladat megoldásához:)

Vegyük az A-hoz kapcsolható két érintőkör egyikét és annak középpontját. Igazoljuk, hogy az ezen középponton átmenő A kp-ú alapkörre vonatkozó inverziónál az ABC körülírt körének képe érinti az érintőkört!

Megjegyzés a 151/2 feladathoz: Bizonyítsuk be, hogy F az ABC háromszög beírt körének, vagy az A-val szemközti hozzáírt körének középpontja!

(érdemben nem néztem, csak szerkesztőprogrammal)

A 151. feladathoz: Legyen a körülírt kör k, a D, E, G pontokon átmenő kör k_t . D a két kör hasonlósági pontja . Ebben a hasonlóságban E, A, G megfelelője rendre E’, A’, G’ . E’A’ párhuzamos az EA egyenessel és E’-ben érinti k-t, ezért E’ az AB ív felezőpontja, E’DA’=EDA=/2 . Hasonlóan G’ az AC ív felezőpontja, G’DA’=GDA=/2. Ossza a DA egyenes ABC szögét BAD=₁ és DAC=₂ szögekre. AG és A’G’ egyenesek távolsága AT₂=r(1–cos)=AA’sin₂ , hasonlóan AT₁=r(1–cos)=AA’sin₁ . Innen

(1)

AG = AE = t jelöléssel az ADGben t^.sin₂=DGsin/2 , DG=t^.sin₂/sin/2 . AEDben ugyanígy DE=t^.sin₁/sin/2 . BDC szög felezője messe GE-t F-ben, k-t H-ban. A felezés miatt HDE’=FDE=/2 és HDG’=FDG=/2 . DEF és DFG -ek kétszeres területére :

,

A területek aránya (1) miatt . A két közös oldalegyenese GE, közös magasságuk a D-ből erre bocsátott merőleges, területük egyenlőségéből következik, hogy GF = FE.

151/2 feladat: Bizonyítsuk be, hogy F az ABC beírt körének középpontja

Csak szerkesztőprogrammal játszva: kiderült nem igaz a fordított irány ...

Már picit gondolkodva is, nem csak szerkesztőprogrammal játszva:

Ha a nagy gamma (KLM) kör érinti a PQ-t, akkor azt az M felezőpontban teszi. Ekkor a KLM-kör R kp-ja egyenlő távol van P-től és Q-tól. Ha a feladat állítása igaz, M, R és O egy egyenesen van.

Ha ez mindig igaz, abból következik a feladat állítása.

Bizonyítsuk, hogy M, R és O egy egyenesen van!

A 151. feladathoz: Szerkesztőprogrammal nézegetve úgy tűnik, hogy az EG szakasz F felezőpontja ABC háromszög beírt körének középpontja. Talán segít, ha először ezt bizonyítjuk.

Csak szerkesztőprogrammal játszadozva azt valószínűsítem, hogy P-nek és Q-nak nem kell belső pontnak lennie. (Néha egyszerűbb az általánosabb, itt vszleg mindegy.)

153. feladat (az idei matematikai diákolimpia 2. feladata).

Az ABC háromszög köré írt kör középpontja O. P és Q belső pontjai a CA, illetve AB oldalaknak. Legyen K, L és M a BP, CQ, illetve PQ szakaszok felezőpontja, és legyen a K,L,M pontokon átmenő kör. Bizonyítsuk be, hogy ha érinti a PQ egyenest, akkor OP=OQ.

A 2. rész:

Hasznos volt egy kicsit kibontani a megoldás menetét, több szempontból is. Nekem például ezzel vált világossá, hogy valóban kulcsszerep jut az M pontnak. Melyről most már elárulhatjuk: ez a Miquel-pont, amely nemrég több itteni hozzászólás témája volt.

Múlik az idő, úgy tűnik, ideje feltenni a 152. feladatra egy olyan megoldást, amely a [1232]-ben közölt megoldásod a) megjegyzésére válaszol. Az ugyanitt javasolt 152/3. feladatra még megoldó kerestetik... . Később egyébként megnevezem a feladat elődjét, a megoldás elérhetőségét is megadva.

Következzék tehát a [1230]/152. példa egy újabb megoldása. Az 1. rész:

A leírtakkal egyetértek, sőt nagy részét evidensnek tartom. Megjegyzésem nem kívánt a kitűzés kritikája lenni. Ha már úgyis egy kicsit OFF vagyunk, leírom, hogyan jöttem rá én a megoldásra. Egyrészt hogy bemutassam, milyen értelemben „válik az M pont a megoldás kulcsává”, másrészt mert egy matematika oktatáshoz kapcsolódó fórumon talán nem baj, ha időnként ilyesmit is leírunk.

A három, egymást egy közös pontban metsző kör ábráját nézve feltünt, hogy az ábra szimmetrikus abban az értelemben, hogy egyik körnek sincs kitüntetett szerepe bármelyik másikkal szemben. Logikusnak véltem, hogy a megoldás is szimmetrikus: Ha a három körön futó pont valamelyike M-be kerül, akkor a másik kettő is. Ekkor persze vándorló háromszögünk elfajuló, egy pontra zsugorodik, alakjáról semmit sem mondhatunk – lásd NAGY BUMM hasonlatodat. De ha a futópontok közös M-beli helyzete megfelelő, akkor a feladat szabálya szerint a futópontok 180^o-os elforgatottja, vagyis a - később indokolt módon - P_aM,P_bM,P_cM -mel jelölt háromszög is megfelelő. Megrajzoltam P_aM,P_bM,P_cM-et és úgy láttam, hogy oldalegyenesei áthaladnak az M_xy pontokon. Bebizonyítottam, hogy erre a háromszögre ez valóban igaz, és itt nekem is beugrott, valamelyik régi feladatban már szerepelt ez az ábra. Milyen jó lenne, ha a háromszögek többi helyzetében is az oldalegyenesek áthaladnának az M_xy pontokon! Beláttam, hogy tetszőleges ilyen P_a,P_b,P_c háromszög hasonló P_aM,P_bM,P_cM-hez. Innen kezdtem el leírni a megoldást. A futópontok kezdeti felvétele tehát nem „Deus ex machina” módon, hanem az eddig leírtak alapján történt. Most már csak azt kellett igazolni, hogy az M_xy pontokra ileszkedő oldalegyenesekkel rendelkező háromszögek létrejönnek a futópontok kitűzésben leírt mozgása során.

Örülök, hogy föltetted ezt a szép, a lényegre koncentráló megoldást! Köszönet érte. A feladatnak vannak egyéb, részben általad is jelzett, kidolgozásra érdemes részei, ezért most a magam részéről nem teszek ezeket érintő kiegészítéseket. Abban bízom, hogy valaki(k)nek lehetnek még saját eredményei(k) és 1-2 héten belül esetleg közli(k) azokat. Reagálnék viszont a kitűzési szöveggel kapcsolatos néhány megjegyzésedre, az estleges félreértések elkerülése végett. (Elnézést a terjedelemért.)

Mégegyszer: köszönöm és grat.

Mivel a kör(ök) érinti(k) a tengelyeket, és (9,-2) pont x koordinátája pozitív, y koordinátája negatív, ezért a kör középpontjának x és y koordinátája ellentettei egymásnak, x pozitív, y negatív. A kör sugarának a hossza a középpont x koordinátájának nagysága, hiszen a kör érinti x-szet. A kör áthalad (9,-2) ponton, tehát: (9-r)²+(-2+r)²=r², ahonnan r²-22r+85=0, amiből r értékére 5 illetve 17 adódik. Tehát a két kör egyenlete: (x-5)²+(y+5)²=25 illetve (x-17)²+(y+17)²=289.

Sziasztok! Problémám akadt egy koordináta geometria feladattal: Meg kell adni annak a körnek(vagy köröknek) az egyenletét, amelyek áthaladnak (9;-2) ponton és érintik az x és y tengelyt is. Tudnátok segíteni, hogy hogy kell ezt kiszámolni?

1) Legyen a k_a,k_b,k_c körök közös metszéspontja M, páronkénti második metszéspontjuk M_ab,M_bc,M_ca. Vegyük fel k_a M-et nem tartalmazó M_abM_ca ívén a P_a pontot. Legyen a P_aM_ab egyenes és k_b másik metszéspontja P_b , P_bM_bc egyenes és k_c másik metszéspontja P_c . Könnyen belátható, hogy P_cM_ca és M_caP_a párhuzamosak, vagyis egy egyenesen vannak. Különböző P_ai -kat választva a keletkező P_aiP_biP_ci háromszögek hasonlóak, hiszen például a P_ai -knál fekvő szögek egyenlőek k_a kör M_abM_ca ívéhez tartozó kerületi szögével. Csak azt kell belátni, hogy ezen háromszögek csúcsai előállnak a feladatkitűzésben szereplő azonos, állandó szögsebességgel haladó futópontok egyidejű helyzeteként. Vegyünk fel két, 1-es és 2-es indexszel jelölt háromszöget. P_a1M_abP_a2 és P_b1M_abP_b2 szögek egyenlőek (csúcsszögek), a két körben a megfelelő ívhez tartozó kerületi szögek. Így a P_a1P_a2 és P_b1P_b2 ívekhez tartozó középponti szögek is egyenlőek, vagyis P_a és P_b ugyanakkora szögelfordulással jutnak k_a-ban és k_b-ben az 1-es helyzetből a 2-esbe, háromszögeink előállnak a feladatban megadott módon.

2) Nemcsak vándorló P_aP_bP_c háromszögünk egyes helyzetei, hanem a részüket képező P_aMP_c háromszögek is hasonlók, hiszen egy-egy szögük az MM_ca húrhoz tartozó kerületi szög k_a-ban ill. k_c-ben. P_aP_bP_c háromszög akkor lesz a legnagyobb területű, ha P_aP_c oldala a leghosszabb, vagyis ha P_aMP_c háromszög a legnagyobb. Ez pedig akkor következik be, amikor az M csúcshoz tartozó magasság a legnagyobb. Az utóbbi nem lehet nagyobb MM_ca -nál, és egyenlő is csak akkor, ha MM_ca merőleges P_aP_c-re. Legyen a csúcsoknak ez a helyzete P_aM,P_bM,P_cM . A merőlegességből következik, hogy MP_aM és MP_cM átmérők – és ez belátható MP_bM -re is.

Két megjegyzés:

a) Lássuk be, hogy háromszögünk akkor is megtartja alakját, mikor a k_a-n futó pont az M-et tartalmazó M_abM_ca íven halad.

b) P_aM,P_bM,P_cM összetartozó ponthármas helyzetéből következik, hogy mindhárom körben 180^o-ot fordulva mindhárom futópont M-be jut. Tehát , mint arra [1231]-ben utaltam, a körök metszéspontjában felvett futópont nem tilos, sőt a közös metszéspontban felvett 3 futópont éppen a megoldást adja.

152/3 feladatnak kitűzhetjük annak bizonyítását, hogy más megoldás nincs.

Kikötéseddel sokat segítettél. Mi van, ha valaki nem tartja be? ( Nem kell válaszolni. )