Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: GEOMETRIA

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1262] BohnerGéza2009-08-27 17:46:46

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.

Előzmény: [1260] HoA, 2009-08-27 14:53:48
[1261] BohnerGéza2009-08-27 17:35:04

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.

Előzmény: [1260] HoA, 2009-08-27 14:53:48
[1260] HoA2009-08-27 14:53:48

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’\angle=\alpha/2 . Hasonlóan OC’A’\angle=\alpha/2. [1258] alapján OB’D\angle=OC’D\angle=90o , A’B’D\angle=A’C’D\angle , 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\angle=\alpha , B’DB\angle=\delta , ekkor a BCC’B’ négyszögben AO és DO merőlegessége miatt B-nél 90o-\alpha/2-\delta/2 , C’-nél 90o+\alpha/2+\delta/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.

Előzmény: [1259] BohnerGéza, 2009-08-18 20:47:01
[1259] BohnerGéza2009-08-18 20:47:01

A 151. feladat megoldása:

A beírt kör (, vagy az A-val szemközti hozzáírt kör)középpontja O. (Utóbbi esetben az ábrán B és B’ illetve C és C’ szerepet cserél.)

A 154. feladat alapján az A középpontú O-n átmenő körrel adott inverziónál a B’C’ egyenes képe a körülírt (röviden ABC-) kör. Mivel B’C’ érinti az beírt kört, ennek képe lesz az oldalakat és az ABC-kört érintő kör.

Az AO Thálesz-körének a képe az EG egyenes, ezért az EG szakasz felezőpontja O.

A DB egyenes képe az AD’B’-kör, a DC-é az AD’C’-kör és a DO-é az AD’O-kör. Alkalmazzuk az AB’C’ háromszögre a 155. feladatot! Ennek hozzáírt köre az eredeti beírt kör, ez az újabb inverzió alapköre.

Ebben az A AD’B’-kör A’D”B” és az AD’C’-kör A’D”C” képe egybevágó körök és az AD’O-kör képe a A’D” egyenes, a két egyforma kör közös húregyenese, tehát szögfelezője. Az inverzió szögtartása miatt DO szögfelezője a BDC szögnek.

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1258] BohnerGéza2009-08-15 13:42:59

Ha valaki még most ismerkedne az inverzióval, a 155. feladatot megoldhatja!

Elég hozzá az ábrán látható tulajdonságát ismerni. A k az inverzió alapköre, I a középpontja. A külső P képét a belőle húzott érintők érintési pontjai közti középpont adja, és fordítva: IP'-re P-ben merőleges, érintési pontban érintő, azokból P. (Bizonyítás mehet befogótétellel: IP*IP'=r*r)

Előzmény: [1255] BohnerGéza, 2009-08-14 03:28:49
[1257] BohnerGéza2009-08-15 03:51:51

A 152/3 feladat megoldásához:

Ha két háromszög hasonló és körüljárásuk megegyezik, akkor van olyan forgatva nyújtás, mellyel egyikből a másikat kapjuk. Ez azt is jelenti, hogy ennek fixpontjából bármely pont és képe a forgatás szögében látszik.

Tegyük föl, hogy ABC hasonló A’B’C’-höz. (ábra) Ekkor van olyan pont melyből AA’, BB’ és CC’ egyforma szögben látszik. Erre egy megoldás M. Kérdés lehet e másik ilyen pont, természetesen más szögű forgatással?

Ha azt kapjuk, hogy csak M lehet jó, akkor M csak úgy lehet a középpontos hasonlóság fixpontja is, ha hozzá képest A, B és C azonos fázisban van! Ekkor csak HoA megoldása létezhet.

Még több pontban hiányos!

Előzmény: [1232] HoA, 2009-05-27 13:38:52
[1256] HoA2009-08-14 08:28:18

A 151. feladathoz

Igazoljuk, hogy a BDC szög felezője átmegy a beírt kör középpontján! Emeljük ki [1244] ábrájából a DE’G’\Delta-et. fb a BG’ , fc a CE’ egyenes, ezek metszéspontja a beírt kör középpontja. Alkalmazzuk a Ceva tételnek azt a változatát, hogy a \Delta csúcsain át a \Delta belsejében haladó egyenesek akkor és csak akkor mennek át egy közös ponton, ha az egyeneseknek az oldalakkal bezárt szögeire teljesül

 \frac {sin \alpha_1}{ sin \alpha_2} \cdot  \frac {sin \beta_1}{ sin \beta_2} \cdot  \frac {sin \gamma_1}{ sin \gamma_2} = 1

. A DE’G’\Delta-re tehát [1244] jelöléseivel  \frac {sin \gamma/2}{ sin \beta/2} \cdot  \frac {sin \alpha_2}{ sin \beta/2} \cdot  \frac {sin \gamma/2}{ sin \alpha_1} = 1 -et kell igazolni. Ez viszont éppen [1244] (1) képlete, tehát a feltétel teljesül.

Előzmény: [1254] HoA, 2009-08-13 16:42:35
[1255] BohnerGéza2009-08-14 03:28:49

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.

[1254] HoA2009-08-13 16:42:35

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’ \Delta 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

k = \frac {t^2}{bc} = \frac {s-a}{ s}

t^2 = \frac {\rho^2}{ sin^2 \alpha/2}  = \frac {( s-a ) ( s-b )  ( s-c ) }{ s . sin^2 \alpha/2 } Ezt helyettesítve és (s-a) /s –sel egyszerűsítve, majd a cosinus tétellel

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

2.b.c(1-cos\alpha)=b2+c22.b.c.cos\alpha(b2+c22bc)

Ez pedig valóban azonosság. Így ebben az inverzióban kt 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.

Előzmény: [1246] BohnerGéza, 2009-08-11 04:03:12
[1253] BohnerGéza2009-08-13 13:57:44

Ábra a 154. feladat megoldásához.

Előzmény: [1252] BohnerGéza, 2009-08-13 13:55:33
[1252] BohnerGéza2009-08-13 13:55:33

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!

Előzmény: [1246] BohnerGéza, 2009-08-11 04:03:12
[1251] BohnerGéza2009-08-12 23:59:15

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.

Előzmény: [1246] BohnerGéza, 2009-08-11 04:03:12
[1250] BohnerGéza2009-08-11 12:34:07

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!)

Előzmény: [1249] HoA, 2009-08-11 08:11:04
[1249] HoA2009-08-11 08:11:04

Valamit félreértek. Ugye nem erre az ábrára gondolsz?

Előzmény: [1246] BohnerGéza, 2009-08-11 04:03:12
[1248] HoA2009-08-11 07:33:43

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

Előzmény: [1245] BohnerGéza, 2009-08-11 00:39:33
[1247] BohnerGéza2009-08-11 05:17:36

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

Bizonyítsuk be, hogy ABB'C húrnégyszög.

Előzmény: [1239] Fálesz Mihály, 2009-07-18 06:28:32
[1246] BohnerGéza2009-08-11 04:03:12

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!

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1245] BohnerGéza2009-08-11 00:39:33

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)

Előzmény: [1244] HoA, 2009-08-10 23:29:05
[1244] HoA2009-08-10 23:29:05

A 151. feladathoz: Legyen a körülírt kör k, a D, E, G pontokon átmenő kör kt . 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’\angle=EDA\angle=\gamma/2 . Hasonlóan G’ az AC ív felezőpontja, G’DA’\angle=GDA\angle=\beta/2. Ossza a DA egyenes ABC\Delta\alpha szögét BAD=\alpha1 és DAC=\alpha2 szögekre. AG és A’G’ egyenesek távolsága AT2=r(1–cos\beta)=AA’sin\alpha2 , hasonlóan AT1=r(1–cos\gamma)=AA’sin\alpha1 . Innen

\frac {sin \alpha_1}{sin \alpha_2} = \frac {1- cos \gamma }{ 1 - cos \beta } = \frac {sin^2 \gamma/2 }{ sin^2 \beta/2} (1)

AG = AE = t jelöléssel az ADG\Deltaben t.sin\alpha2=DGsin\beta/2 , DG=t.sin\alpha2/sin\beta/2 . AED\Deltaben ugyanígy DE=t.sin\alpha1/sin\gamma/2 . BDC szög felezője messe GE-t F-ben, k-t H-ban. A felezés miatt HDE’=FDE\angle=\beta/2 és HDG’=FDG\angle=\gamma/2 . DEF és DFG \Delta-ek kétszeres területére :

2 T_{DFE} = DE \cdot  DF \cdot sin \beta/2 = DF \cdot t \cdot sin \alpha_1 \cdot \frac {sin \beta/2 }{ sin \gamma/2}

,

2 T_{DGF} = DG \cdot  DF \cdot  sin \gamma/2 = DF \cdot t \cdot sin \alpha_2  \cdot \frac { sin \gamma/2 }{ sin \beta/2}

A területek aránya (1) miatt \frac {T_{DFE}}{T_{DGF}} = \frac {sin \alpha_1}{ sin \alpha_2} \cdot \frac { sin^2 \beta/2}{  sin^2 \gamma/2} = 1 . A két \Delta 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\Delta beírt körének középpontja

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1243] BohnerGéza2009-08-05 15:44:20

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

Előzmény: [1242] BohnerGéza, 2009-08-05 14:28:22
[1242] BohnerGéza2009-08-05 14:28:22

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!

Előzmény: [1239] Fálesz Mihály, 2009-07-18 06:28:32
[1241] HoA2009-08-05 08:09:20

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

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1240] BohnerGéza2009-08-03 22:50:28

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

Előzmény: [1239] Fálesz Mihály, 2009-07-18 06:28:32
[1239] Fálesz Mihály2009-07-18 06:28:32

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 \Gamma a K,L,M pontokon átmenő kör. Bizonyítsuk be, hogy ha \Gamma érinti a PQ egyenest, akkor OP=OQ.

[1238] sakkmath2009-06-15 15:55:56

A 2. rész:

Előzmény: [1237] sakkmath, 2009-06-15 15:54:30

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]    [78]