KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Versenykiírás
Tudnivalók
Nevezési lap
Feladatok
A verseny állása
Korábbi évek
Arcképcsarnok
Munkafüzet

 

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

tehetseg.hu

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

ELTE

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

B. 3947. Egy körhöz egy külső P pontból húzott érintő szakaszok hossza legyen h, az érintési pontokat összekötő szakasz felezőpontja F. Bizonyítsuk be, hogy a kör egy AB húrjára AP.PB=h2 pontosan akkor teljesül, ha az AB egyenes illeszkedik a P vagy az F pontra.

(4 pont)

A beküldési határid LEJÁRT.


Megoldás. Jelölje az érintési pontokat E és E'. Akár a P, akár az F pontra illeszkedik az AB egyeses, az A és B pontok közül valamelyik a rövidebbik EE' íven helyezkedik el, jelöljük ezt A-val. Ha A az egyik érintési pont, akkor B a másik és ezért AP.BP=h2 nyilván teljesül, feltehetjük hát, hogy A a körív belső pontja.

Vegyünk fel tehát egy A pontot a rövidebbik EE' ív belsejében, és legyen először B=B1 a PA egyenesnek a körrel alkotott másik metszéspontja. A kerületi szögek tétele szerint a PEA és PBE szögek egyenlők, ahonnan a PEA és PBE háromszögek hasonlóságát nyerve megállapíthatjuk, hogy PE:PA=PB:PE, vagyis valóban PA.PB=PE2=h2. A másik eset vizsgálatára térve, legyen B=B2 az FA egyenesnek a körrel alkotott másik metszéspontja. Ismét a kerületi szögek tételéből kiindulva, az AFE és E'FB háromszögek hasonlósága miatt AF:FE=E'F:FB, továbbá a kör középpontját O-val jelölve, az OFE és EFP derékszögű háromszögek hasonlósága révén OF:FE=EF:FP, ahonnan AF.FB=EF2=OF.FP, vagyis az AFP és OFB háromszögek is hasonlók. Ennélfogva a P,A,O és B pontok is egy körön vannak, vagyis OA=OB miatt az APO és BPO szögek is egyenlők. Innen látszik, hogy B2 éppen a B1 pontnak a PO egyenesre vett tükörképe, tehát PA.PB=h2 most is teljesül.

Az elmondottak alapján az állítás megfordítása már nagyon egyszerűen adódik. Tegyük fel, hogy PA.PB=h2. Ekkor az {A,B}={E,E'} esettől eltekintve, amikor is AB nyilván illeszkedik az F pontra, az A,B pontok nem eshetnek az EE' egyenesnek ugyanarra az oldalára, hiszen akkor mindkét pont a P középpontú h sugarú körnek is ugyanarra az oldalára esne. Ezért feltehető, hogy A a rövidebbik, B pedig a hosszabbik EE' íven foglal helyet. A P középpontú, h2/PA sugarú kör pontosan a B1,B2 pontokban metszi az adott kört, ezért a B pont csakis ezek valamelyike lehet.


A B. 3947. feladat statisztikája
63 dolgozat érkezett.
4 pontot kapott:Anda Roland, Bakacsi Péter, Blázsik Zoltán, Bodor Bertalan, Bogár 560 Péter, Csaba Ákos, Cseh Ágnes, Dinh Van Anh, Éles András, Farkas Ádám László, Fonyó Dávid, Fukker Gábor, Győrffy Lajos, Herber Máté, Horváth 385 Vanda, Hursán Zsófia, Kiss 243 Réka, Kunos Ádám, Lovas Lia Izabella, Mercz Béla, Nagy 314 Dániel, Orovecz Anikó, Peregi Tamás, Sümegi Károly, Szabó 895 Dávid, Szalkai Balázs, Szalóki Dávid, Szőke Nóra, Szűcs Gergely, Tossenberger Anna, Vajsz Tibor, Varga 171 László, Véges Márton, Wolosz János.
3 pontot kapott:Gombor Tamás, Györgyi Péter, Hegyi Ádám, Kocsis Hajnalka, Korondi Zénó, Németh Kitti Noémi, Péter Zoltán, Ta Phuong Linh, Tallián György, Tasnádi Borbála.
2 pontot kapott:10 versenyz .
1 pontot kapott:8 versenyz .
0 pontot kapott:1 versenyz .


  • A KöMaL 2006. novemberi matematika feladatai

  • Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap