Fórum: GEOMETRIA

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. )

Az alábbiakban közlöm egy saját feladatomat. Nemrég rájöttem, hogy sajnos elődös: egy régi, közismert versenyfeladat következményének - vagy átfogalmazásának - is tekinthető.

152. feladat:

Egy adott ponton áthalad három, egymást páronként metsző kör. Mindegyik körön felveszünk egy-egy – a körök metszéspontjaitól különböző – pontot, melyek azonos körüljárási irányban befutják a körüket úgy, hogy egyszerre indulnak és azonos, állandó szögsebességgel haladnak.

1) Bizonyítsuk be, hogy e három pont felvehető úgy, hogy az általuk meghatározott háromszögek a teljes mozgás alatt hasonlóak legyenek egymáshoz.

2) Az így kapott háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe?

De igen. A geometria nem az erősségem. (Ezeket a feladatokat már megoldottam . Abban viszont nem vagyok biztos, hogy jó is.) Ezért kértem segítséget!

A feladataid nagyon ismerősek, véletlenül nem euklideszi geometria gyakorlat SZTE-n?

Köszönöm szépen a segítséget! :) De lenne még egy-két feladatom! Az első: Tetszőleges e egyenes esetén jelölje: "Te" az e-re való tükrözést. Mutassuk meg, hogy ha "a" és "b" párhuzamos egyenesek, továbbá TaTbTcTaTbTc= identitás, akkor "c" is párhuzamos a-val és b-vel.

Második: Mutassuk meg, hogy ha az A1A2A3A4 és B1B2B3B4 négyszögek paralelogrammák, az AiBi szakasz Ai-hez legközelebbi negyedelőpontja Ni (i=1,2,3,4), akkor az N1N2N3N4 négyszög is (esetleg elfajuló) paralelogramma.

Előre is köszönöm!:)

A feladatot megpróbálom általánositva megoldani, vegyünk két nem egybeeső pontot, ekkor keressük azt a pontot a sikon, amelytől vett távolságaik négyzetösszege minimális, könnyen ellenőrizhető, hogy pont a két pontot összekötő szakasz felezőpontja lesz, pl. koordinátageometriával könnyen kijön,legyen A(a1;a2), B(b1;b2), a keresett pont: P(x;y), innen már csak egy másodfokú kifejezésnek kell vizsgálni a szélsőértkét, adódik az eredmény.Ez máshogy is kijöhet, bár itt nem biztos, hpogy "érdemes" igy gondolkodni, de ha mégis igy tesszük, akkor könnyen általánositható a probléma. Tudjuk ugyanis azt, hogy bármely háromszögben a szokásos jelölésekkel: 4sc2=2a2+2b2-c2(ez elég ismert összefüggésnek tekinthető,remélem.),a PAB háromszögre ezt felirva, kapjuk, hogy akkor lesz minimális a négyzetösszeg, ha a felezőponttól vett távolság minimális, máris adódik az eredmény. Kicsit továbblépve, vegyünk egy háromszöget(az egyszerűség kedvéért nem elfajulót), legyenek a csúcsai:A(a1;a2), B(b1;b2), C(c1;c2). keressük azt a pontot a sik egy adott egyenesén , amelytől vett távolságnégyzetösszeg minimális. Itt is hasonlóan eljárva, ráhúzodik a súlypontra az, ami előbb a felezőpontra húzodott rá,emiatt pedig az egyenesen lévő merőleges vetülete lesz a megfelelő pont.(Remélem érthető).Eljutottunk a Te problémádhoz, innen már "könnyű" elbánni vele, hiszen tekintsük az EBA és ECD háromszögeket, adódik, hogy akkor lesz mionimális a négyzetösszeg, ha az E-nek a CD és AB oldalak feletzőpontjától vett négyzetösszeg minimális, ez pedig használva az előzőeket, pontosan akkor lesz, ha a két felezőpont felezőpontjától vett távolság minimális, ez a pont pedig éppen a tetraéder súlypontja, ezt pl. vektorokkal lehet igazolni nagyon könnyen, igy itt a súlypontot kell merőlegesen vetiteni a sikra, ez lesz a keresett pont. Nyilván ha emeljük a dimenziószámot, hasonlóan adódik a feladat megoldása, csak maximum nem tudjuk elképzelni, hogy miről is szól a feladat. :-) remélem, tudtam segiteni a probléma megértésében.

Hello, nekem egy olyan feladatom lenne, hogy adva van egy S sík és egy abcd tetraéder. veszünk egy E pontot . kérdés: Az S sík mely E pontjára lesz ez AE*2+BE*2+CE*2+DE*2 a kifejezés értéke a legkisebb? *2 a négyzetet jelöli!

Nagyon szépen köszönöm ez így nagyon sokat segített! KÖSZÖNÖM

Akkor tényleg csak néhány ötlet:

1. és 2. Az adott ponton keresztül, amelynek a képét keressük, tekintsünk egy tetszőleges segédegyenest, és próbáld először ennek a képét megszerkeszteni.

3. A megfelelő egyenespár segítségével először határozzuk meg a kollineáció tengelyét, majd használjuk ki azt a tényt, hogy a centrum és az eltűnési egyenes távolsága megegyezik a tengely és az ideális egyenes képének távolságával.

4. A megfelelő egyenespár és egy pont ismeretében ismét először keressük meg a tengelyt. Majd válasszunk egy tetszőleges segédpontot azon az egyenesen, amelyiknek adott a képe; és próbáld a választott pont képét megszerkeszteni.

5. Az ABCD négyszög képe akkor lesz paralelogramma, ha a szemköztes oldalegyenesek metszéspontjaihoz a kollineáció ideális pontot rendel. Ez alapján határozd meg először az eltűnési egyenest. A tengely meghatározásához pedig tekintsünk ismét egy segédegyenest azon a ponton keresztül, amelynek a képe adott, és szerkesszük meg először a segédegyenes képét.

Remélem, innentől már menni fog!

Köszönöm a linket, bár nem igazán értem az anyagot:( Amúgy centrális kollineációval oldhatók meg elvileg a feladatok és mi a projektív geometriával foglalkozunk. Ha mégis lenne még egy kis segítség mert én már kifuladtam a sz ötletekből?!

Én inkább ábrázoló geometriára tippelnék, bár szerencsére nekem nem kellett ilyesmit tanulnom, úgyhogy nem vagyok biztos, hogy valóban erről van szó.

Gratulálok! Igen, erre a megoldástípusra gondoltam! A D ponthoz tartozó bizonyításra egy másik változat: A definíció szerint D a P₉P₁₈ és P₆P₁₇ átlók metszéspontja, és azt kell igazolni, hogy P₄P₁₆-on is rajta van. DBO=20^o ,mint a P₆P₈ ívhez tartozó kerületi szög. BOD=20^o ,mint a P₁₇P₁₈ ívhez tartozó középponti szög, OBD egyenlőszárú. P₁₄OP₁₇=60^o ( 3 ívegység középponti szöge ) , P₁₄OP₁₇ szabályos. Így BDOP₁₄ deltoid, P₁₇P₁₄D=30^o . Így D rajta van a P₁₄P₁₇-tel 30^o-ot bezáró P₂P₁₄ átlón és ennek P₉P₁₈ -ra vett tükörképén, P₄P₁₆-on is.