Fórum: GEOMETRIA

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.

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.

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)

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!

A 151. feladathoz

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

. A DE’G’-re tehát [1244] jelöléseivel -et kell igazolni. Ez viszont éppen [1244] (1) képlete, tehát a feltétel teljesül.

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.

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 k_t 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.

Ábra a 154. feladat megoldásához.

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!

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.

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!)

Valamit félreértek. Ugye nem erre az ábrára gondolsz?

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

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

Bizonyítsuk be, hogy ABB'C húrnégyszög.

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!

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)