[1262] BohnerGéza | 2009-08-27 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] BohnerGéza | 2009-08-27 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] HoA | 2009-08-27 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’=/2 . Hasonlóan OC’A’=/2. [1258] alapján OB’D=OC’D=90o , 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 90o-/2-/2 , C’-nél 90o+/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.
|
|
Előzmény: [1259] BohnerGéza, 2009-08-18 20:47:01 |
|
[1259] BohnerGéza | 2009-08-18 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] BohnerGéza | 2009-08-15 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] BohnerGéza | 2009-08-15 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 |
|
|
[1255] BohnerGéza | 2009-08-14 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] HoA | 2009-08-13 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’ 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 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 |
|
|
[1252] BohnerGéza | 2009-08-13 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] BohnerGéza | 2009-08-12 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] BohnerGéza | 2009-08-11 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 |
|
|
|
|
[1246] BohnerGéza | 2009-08-11 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] BohnerGéza | 2009-08-11 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] HoA | 2009-08-10 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’=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
|
|
Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51 |
|
|
[1242] BohnerGéza | 2009-08-05 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] HoA | 2009-08-05 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 |
|
|
[1239] Fálesz Mihály | 2009-07-18 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 a K,L,M pontokon átmenő kör. Bizonyítsuk be, hogy ha érinti a PQ egyenest, akkor OP=OQ.
|
|
|