Fórum: GEOMETRIA

4/b. feladat: Szerkesszük meg a két ellipszis érintkezési pontjaihoz tartozó érintőit!

(Ez a részfeladat - a szerkesztési eljárást bemutató - bizonyítandó állítás formájában is megfogalmazható. Ez viszont könnyítést jelenthetne, s esetleg elrontanám vele a megoldó(k) örömét ...)

Egy saját feladatcsokrot

ajánlok a Fórum olvasóinak,

megoldóinak figyelmébe.

158. /1. - 4. feladatok:

Ezek után elárulhatom, hogy [1270] is egy, a [1274]-hez hasonló elemi geometriai megoldás átalakítása inverzióssá: AMNB₁ húrnégyszög, mert MN A-ból és B₁-ből is /2 szög alatt látszik. Így ANM=AB₁M=AB₁B=ACB. NM és BC párhuzamosak és a vége mint [1270] végén.

A "négy pont egy körön van" egyenértékű azzal, hogy egyiküket az inverzió középpontjának választva a másik három pont képe egy egyenesen van.

A puzzle 4 darabja még hiányzik, az egyikük rajzos. Ha holnap sem lesz, aki kirakja őket, vasárnap ezt megteszem én. (Ezek jelentősége már kisebb.)

A (1276)-os "foltozás" nem inverziós, de az eredeti első bekezdés meghagyásával létezik inverziós befejezés is. Igaz, ez keverék megoldást ad és elromlik a szimmetria.

Mint írtam:

"Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!"

Azaz kár, hogy a megoldásnál fölösleges az inverzió!

Köszönöm PuzzleSmile-nak, hogy ismát ráirányította figyelmemet erre a megoldásra. Azt ugyan még nem árulta el, hogy hol a puzzle, de rájöttem, hogy ha már angolkodunk, akkor ez inkább joke. Ugyanis nem inverziós megoldás. Az első bekezdés helyett nyugodtan írhattuk volna: "Húzzunk párhuzamost M-en át BC-vel, az AB-vel alkotott metszéspont legyen L*. " Ettől persze még a bizonyítás helyes.

Bohner Gézának és Hoa-nak is köszönöm az érdekes, értékes megoldásokat.

Ha az ábrát kell szerinted kiegészíteni, áruld el, mire gondolsz. Ha a megoldás szövegét nem találod teljesnek, olvasd el a téma utolsó néhány heti hozzászólásait, melyek alapján az inverzió jópár tulajdonságát már ismertnek vesszük. Azt meg, hogy ML és BC párhuzamosságából következik LN és BC párhuzamossága, úgy értjük, mint [1270] végén: A C₁re leírtakat B₁re vonatkoztatva kapjuk, hogy MN és BC párhuzamos, tehát L,M,N egy egyenesen vannak és ez párhuzamos BC-vel.

Hoppá!! ... Ez egy puzzle!

157.feladat: egészítsük ki (1274)-et a hiányzó darabokkal!

Legyen az inverzió az az A1 középpontú kör, melyre az A képe M. Ekkor a „k” körülírt kör képe az M-en átmenő BC-vel párhuzamos k’ egyenes. (A1 felezi a BC ívet.) Jelölje L* az AB és k’ metszéspontját.

Mivel C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz, az A, a C1, a L* és az M egy körön van. Ebben a körben a L*M és k-ban az A1C ív is alfa/2 szögben látszik, ezért C1, L* és A1 egy egyenesen van, azaz L* azonos L-lel. Ebből következik, hogy LN átmegy M-en és párhuzamos.

(Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!)

A 9. sor vége helyesen: " és k₁ merőlegesen metszik"

A 2. rész:

Köszönöm Hoa szép megoldását. Úgy látszik, nincs több hozzászóló, ezért - két részletben - fölteszem saját inverziós levezetésemet, amely különbözik [1270]-től. Az 1. rész:

Az ABC háromszög körülírt köre k, középpontja O, a háromszög A csúcsában lévő szög 2. Az AA₁ szögfelező felezi a 2 szöget, ezért A₁AB = CAA₁ = , másrészt a BA₁ húron nyugvó kerületi szögek egyenlőségéből A₁AB = A₁B₁B =A₁CB= . Az A₁C húron nyugvó kerületi szögekre: CAA₁ = CC₁A₁ = CBA₁ = . Látható, hogy az LM szakasz a C₁ és az A pontból egyaránt szög alatt látszik. Ezért az L, M, A, és C₁ pontok egy k₁ körön sorakoznak, melynek középpontja O₁.

Legyen az inverzió alapköre az A középpontú, AM sugarú kör. Az inverz pontokat jelöljük vesszőzve. A körülírt kör képe egyenes, ezen jelöljük meg B’,C’,A₁’ésB₁’ pontokat. BC egyenes képe az AB’C’ pontokon át húzott k₁ kör, BB₁ képe az AB’MB₁’ pontok k₂ köre, A₁B₁ képe, k₃ , AA₁’N’B₁’ pontokon halad át, végül legyen k₄ kör az MN egyenes képe az AMN’ pontokon át. BAA₁=A₁AC=/2 . B₁’A₁’A=B₁’N’A (k₃ –ban közös húr ) . B₁’B’A=B₁’MA (k₂ –ben közös húr ) . Ezért B₁’M egyenes az AC és AA₁ egyenesekkel AB’A₁’ höz hasonló háromszöget alkot, ennek külső szöge megegyezik B₁’N’A-gel, B₁’,N’ésM egy egyenesen van. Legyen AB és k₄ másik metszéspontja P. N’PA=N’MA=C’B’A. AB’C’ és APN’ hasonló háromszögek, egymásból A középpontú nyújtással keletkeznek. Ez igaz körülírt köreikre is. A tehát k₁ és k₄ hasonlósági pontja, a két kör érinti egymást. Szimmetrikus módon a C₁’ -n áthaladó inverz körök vizsgálatával kapjuk, hogy az ML egyenes képe is a k₁ kör A középpontú nyújtásával keletkező, M-en áthaladó kör, vagyis k₄ ( és P = L’ ) . L,M, N egyazon egyenes pontjai, és mivel k₁ -nek és k₄ nek nincs A-tól különböző közös pontja, inverz képeik, a BC és LN egyenes párhuzamosak.

Az archaikus szövegből kihámozható, hogy az Euler-egyenessel kapcsolatos ismert tételről van szó. Olvassuk el itt Dr. Darvasi Gyula: Egy feladat - többféle megoldás című doktori értekezésének 1.5 fejezetét (a 83. oldalon kezdődik, Egy oldallal párhuzamos Euler-egyenes címmel).

Remélem, jó a következtetésem. Az egyes kifejezések modernizálását meghagyom a következő hozzászólónak :)

Sziasztok,találtam egy nagyon érdekes feladatot,ami szerintem a geometriához kapcsolódik: Az tiszta tudékosságban járatos Euler professor Urunk nevezetes léniájárúl Lészen ollybá egy háromszeglemény , melliknek is nehézkedési czentrálisán s ortogonális czentrálisán is által visitáló léniája paralell vala egyvalamely gyepüléniával.Igazoltassák,hogy emez gyepülénia kenyekinek kebeljeinek szorzamányát pótkebeljeinek szorzmányával hányadékul véve mindenkoron 3 adatik.Vajon igaz vala-é az fentebb forgandó theoria visszásítása?" (Gerőcs László Tanár Úr: XVII. századi matekóra című előadásának egy feladata alapján.

Ha bárkinek van ötlete,javaslata,megoldása örömmel veszem,köszi előre is

Ábra a 153. feladat megoldására:

Az elmúlt hónap hozzászólásainak gyakori témája a körre vonatkozó inverzió. Oldjuk meg inverzióval a KöMaL 2005 decemberi számának következő feladatát:

B. 3869. Az ABC hegyesszögű háromszög belsejében, az A csúcsból induló szögfelezőn felvettük az M pontot. Az AM, BM, CM egyeneseknek a körülírt körrel való második metszéspontja rendre A₁, B₁ és C₁. Az AB és a C₁ A₁ egyenesek az L pontban, az AC és a B₁ A₁ egyenesek az N pontban metszik egymást. Bizonyítsuk be, hogy az LN szakasz párhuzamos BC-vel.

(A Lap nem közölt inverziós megoldást.)

BohnerGéza utólagos engedelmével legyen ez a 156. feladat . Vegyük észre, hogy ez a 154/b feladat általánosításának tekinthető. C-nél derékszögű ABC háromszögre megegyezik a [1260]-ban kitűzött és megoldott 154/b feladattal – pontosabban annak megfordítottjával. Ha ABC C csúcsú egyenlőszárú háromszög, akkor a feladatban szereplő alakzatok szimmetrikusak a C-nél lévő szög felezőjére, a megoldás evidens. Legyen tehát AC < BC.

Először legyen ABC C-nél tompaszögű – a hegyesszögű esetet várom a további érdeklődőktől. C ekkor AB k_T Thálesz-körének belső pontja. Az A középpontú C-n átmenő k_A kör és k_T metszéspontja P, a B középpontú C-n átmenő k_B kör és k_T metszéspontja Q. A PQ egyenes k_A-t még R-ben, k_B-t még S-ben metszi. Legyen PR felezőpontja U, QS felezőpontja V. ABQP húrnégyszög. Az ábrán kékkel ill. pirossal jelölt szögeket tartalmazó derékszögű háromszögek hasonlóságából:

. Így PQ T felezőpontjának k_A-ra és k_B-re vonatkozó hatványa megegyezik, T rajta van k_A és k_B hatványvonalán, a C-n áthaladó AB-re merőleges h egyenesen . P merőleges vetülete AB-n B’, Q-é A’ . A’B’PQ derékszögű trapéz, TC a középvonala, A’B’ felező merőlegese. A’ és B’ egyenlő távolságra van C-től. Ha valakinek nem világos, hogy A’ és B’ a feladatban szereplő inverz képek, vessen egy pillantást [1258] ábrájára.

Ez az eredetileg az [1246]-ban kitűzött, majd részleteiben belátott feladatnak egy letisztult bizonyítása a beírt körre. Javaslom a végiggondolását a hozzáírt kör esetére!

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!

Tetszőleges A, B és C esetén legyen A' a A-nak inverz képe a B középpontú C-n átmenő körre, B' a B-nek inverz képe az A középpontú C-n átmenő körre.

Bizonyítandó, hogy CA'=CB'.

Mivel a négy háromszög tétel, amire HoA [1260]-ban utal, nem ismert, bár a Fórumban már szerepelt:

Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei egy ponton mennek át és magasságpontjaik egy egyenesen vannak.

(Azt most nem gondoltam át, hogy ennek használata egyszerűsítheti-e az [1252]-ben írtakat.)

Érdekes következménye ennek: Ha adott egy parabola négy érintője, akkor mivel ezek négy háromszöget határoznak meg, a fókuszt és a vezéregyenest kapjuk.

HoA [1261] jogos felvetései alapján írom.

Az IA és ID az [1252]-es hozzászólásban meghatározott inverziók. A 154. feladat és vázlatos megoldása is ott szerepel, annak a kiegészítése ez. Belátjuk, hogy O a két alapkör metszéspontja.

A D’-n átmenő AD-re merőleges m egyenes IA-nál és ID-nél is az AD Thálesz-köre, ezért ennek a körnek és m-nek a metszéspontja mindkét inverzió alapkörén van.

Jelölje P az AO egyenes és az ABC kör (nem A) metszéspontját. Bizonyítható középponti-kerületi szögekkel, hogy P az OBC kör középpontja. A DO érinti ezt a kört: DO négyzete = DC*DB = DD’*DA, a befogó-tételből D’O merőleges AD-re.

Ezekből következik, hogy O a két alapkör metszéspontja.

Lassan bár, de haladunk a 151. feladat inverziót használó megoldásának teljes megadása felé. A 154. feladatra történő hivatkozást egyelőre fogadjuk el – később visszatérünk rá. AO Thálesz-körének bevetése nagyon tetszik. A 155. feladat megoldását alkalmazva készen is vagyunk. Mivel ez utóbbi eddig nem szerepelt, álljon itt egy elemi megoldás:

OA’ * OA = OB’ *OB, így OAB és OA’B’ háromszögek hasonlóak, OB’A’=/2 . Hasonlóan OC’A’=/2. [1258] alapján OB’D=OC’D=90^o , A’B’D=A’C’D , A’B’D és A’C’D körben a közös A’D húrhoz ugyanakkora kerületi szög tartozik, a két kör sugara egyenlő.

És most vissza a 154. feladatra. [1252] valóban hagyott gondolkodnivalót. A 154/a feladathoz nézzük [1253] ábráját. Legyen BAC= , B’DB= , ekkor a BCC’B’ négyszögben AO és DO merőlegessége miatt B-nél 90^o-/2-/2 , C’-nél 90^o+/2+/2 szög van, BCC’B’ húrnégyszög.

Az A illetve D középpontú megfelelő inverzió léte világos.

A következő bekezdés is teljes odáig, hogy – kis javítással - DB*DC=DB’*DC’=DA*DD’ . Az viszont, hogy ezért D’ = A’, nem adódik közvetlenül, hiszen az IA-ról leírtakat ID-re alkalmazva csak azt kapjuk, hogy A’ rajta van a DBB’ körön. Ahhoz, hogy belássuk, a DBB’ kör ugyanabban a pontban metszi AD-t mint az ABC kör, vagy hivatkoznunk kell a négy háromszög tételére ( DBB’ áthalad ABC és AB’C’ körök metszéspontján ) , vagy kitűzhetjük és megoldhatjuk a 154/c feladatot:

Ha a BCC’B’ húrnégyszög BB’ és CC’ oldalegyenesei A-ban, BC és B’C’ oldalegyenesei D-ben metszik egymást, akkor ABC és DB’B háromszögek körülírt köreinek ( B-től különböző ) M metszéspontja az AD egyenesen van.

Elfogadva tehát, hogy A’ = D’, tűzzük ki általánosan és oldjuk meg a 154/b feladatot: Adott az O₁ középpontú I₁ és az O₂ középpontú I₂ inverzió. Bizonyítsuk be, hogy ha I₁-nél O₂ képe megegyezik I₂-nél O₁ képével (P), akkor I₁ és I₂ alapköre merőleges.

Bizonyítás: Tekintsük O₁O₂ Thálesz-körének és az O₁O₂-re P-ben emelt merőlegesnek (egyik) Q metszéspontját. O₁PQésO₁QO₂ derékszögű háromszögek hasonlóságából O₁P^.O₁O₂=O₁Q² , O₁Q tehát I₁ alapkörének sugara, Q rajta van I₁ alapkörén. Hasonlóan adódik, hogy Q rajta van I₂ alapkörén is. A Thálesz-kör miatt a Q-ból az alapkörök középpontjaiba húzott sugarak merőlegesek, így a két alapkör is merőleges.

Visszatérve az eredeti feladatra, a következő állítás „Ez viszont csak úgy lehet, ha az alapkörök átmennek O-n” közvetlenül nem adódik az előzőekből, csak az, hogy az alapkörök átmennek az inverzió középpontok Thálesz-körének egy közös pontján. Így kitűzhető a – 151-et közvetlenül nem támogató –

154/d feladat: Biz. : A 154/c feladat M pontjában az AD-re emelt merőleges áthalad a BCC’B’ húrnégyszög körülírt körének középpontján,

valamint a 151 megoldását előrevivő 154/e feladat: Ha a 154/c feladatban BCC’B’ egyúttal érintőnégyszög is, akkor az M pontban az AD-re emelt merőleges áthalad a BCC’B’ négyszög beírt körének középpontján .

Annak reményében, hogy lesz hozzászóló, majd innen folytatom.