Fórum: GEOMETRIA

Megnézheted a korábbi feladatokat a honlapon.

Pl. a 2009. szeptemberi feladatokat itt találod.

Szóval mindenképpen ajánljuk, hogy megrendeld a lapot és csináld a pontversenyt - szerintem rengeteget lehet tanulni belőle - de itt a fórumon többnyire más feladatok kerülnek elő!

Természetesen sok a lapban megjelenő feladat is előkerül itt, de a kettő nem fedi egymást.

A Lapban sok érdekes feladat van különböző nehézségűek csoportosításával. Az "A" jelűek nehezek, könnyebbek a "B"-k, kezdőknek a "C" jelűek valók, illetve kifejezetten kilencedikeseknek szólnak a "K" jelűek. Számítástechnikai és fizikai rovat is található sok érdekes feladattal.

A feladatok mellett nívós cikkek is vannak, sok kitűzött feladat megoldása is szerepel, valamint a pontverseny állása is félidőben, illetve a végeredménye.

A feladatokat amiket itt megoldtok, a megrendelt komal lapból csináljátok? mert ha igen akkor megrendelem én is :)

Néhány megjegyzés a 171. feladathoz, és HoA szép megoldásához:

- Ha érintőkörökkel definiálunk valamit, érdemes lehet analóg feladatokat is megfogalmazni! ... (Valaki a 171. feladathoz?)

- A trapéz átlóinak metszéspontján átmenő, az alapokkal párhuzamos egyenesnek a trapézban lévő szakasza az alapok harmonikus közepe. (Ezt a szakaszt felezi az átlók metszéspontja, tehát a feladatban a magasság felezőpontja szerepel.) Ebből is folytatható a "volt egyszer..." helyett HoA megoldása.

Érdemes lehet tudni:

Ha a trapéz szárait az alapok arányában osztjuk, az osztópontokat összekötő szakasz az alapok mértani közepe. (Ha fordított arányban osztjuk, azt nem tudom, érdemes lehet kiszámolni!)

A trapéz szárainak felezőpontjait összekötő szakasz az alapok számtani közepe.

Ha a trapézt az alapokkal párhuzamosan úgy osztjuk ketté, hogy a területét felezzük, az osztóvonal az alapok négyzetes közepe lesz.

Ezekkel két számra igazolhatóak a szereplő közepekre az egyenlőtlenségek.

Egészítsük ki az ábrát a hozzáírt körökkel és közös érintőikkel. A lila háromszögek hasonlóságából és a párhuzamos szelők tételéből . Vagyis T_c a hozzáírt körök sugarainak arányában osztja a C_aC_b szakaszt. Az O_aO_bC_bC_a derékszögű trapéz átlóinak M metszéspontjából C_aC_b -re bocsátott merőleges talppontja legyen T_M Mivel C_aT_M és C_bT_M az O_aC_aM és O_bC_bM hasonló háromszögek megfelelő magasságai, ezek aránya is , T_M és T_c egybeesik, M valóban rajta van CT_c -n

Volt egyszer egy KöMaL feladat, amelyik azt kérdezte, megszerkeszthető-e a háromszög ha adott két hozzáírt kör sugara és a harmadik oldalhoz tartozó magasság. Eredményül persze kijött, hogy a három szakasz nem független, a magasság a két sugár harmonikus közepe, így vagy nincs megoldás vagy a feladat határozatlan. Ezt ismertnek feltételezve, a B 4276 annak bizonyítását kéri, hogy a harmonikus közép nem nagyobb a mértani középnél, ami e fórum látógatói számára érdektelen.

BohnerGéza ábrája viszont úgy is értelmezhető, hogyan szerkeszthetjük meg egyszerűen két szakasz harmonikus közepét. Hirtelenjében erre nem látok jobb megoldást.

171. feladat: A B.4276 feladattal kapcsolatban:

Az ABC háromszög két hozzáírt körének középpontja Oa és Ob, ezek érintési pontja az AB oldalon Ca és Cb A C-ből induló magasság CTc. Bizonyítandó, hogy OaCb és ObCa a CTc szakaszon metszik egymást.

Nagyon köszönöm, Jonas!

A bipartite graph páros gráfot jelent.

Sziasztok! A segítségeteket kérném. Mi a magyar megfelelője az angol PERMUTOHEDRON-nak? Milyen éder? Segítségül egy link: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutohedron

És mi az a BIPARITE GRAPH / BIGRAPH? http://en.wikipedia.org/wiki/Bipartite

Segítségeteket előre is köszönöm!

A 1432-33-34. kísérleteim hiányosak, ezért tekintsük ezeket semmisnek. Újból: elnézést.

170./a: k körre vonatkozó inverzióval, vázlatosan

AB képe az AOBFE kör, az O-n átmenő 3 kör (AEO, CDO, FBO képe 1-1 egyenes, rendre AE, CD, FB, AOB, AOC, COD, DOB egyenlőszárú háromszögek. Az állítás az, hogy EA és BF azonos szöget zár be CD-vel. Innét szögszámolással adódik, hogy tényleg egyenlő a két szög, (mondjuk legyen BAO=ABO= és AOE=₁, COD=₁, DOB=₃).

Túlbonyolítottam. Rájöttem, hogy nem kell az inverzió. Elég azt látni, hogy mivel a k₃ körben N₁ N₂ húr, ezért őt merőlegesen felezi MO. Ezért az N₁ N₂ O háromszög egyenlő szárú, stb. (Elnézést.)

A 170/a) feladat

megoldásának második része,

ábra:

Az 170/a) feladat

megoldásának első,

szöveges része:

170. feladat Az O középpontú k kört az e szelő az A és B pontokban metszi.Az AB ív C és D pontjába húzott sugár metszéspontja e-vel E és F.

a)Igazoljuk, hogy az AEO pontok k₁ köre és a BFO pontok k₂ köre azonos szögben metszi az OCD pontok k₃ körét. Az O-tól különböző metszéspontok P és Q.

b)Bizonyítsuk be, hogy a k₁-et P-ben és k₂-t Q-ban érintő kör e-t is érinti.

A 165. [1422] feladat megoldása. E fórum olvasóinak, feladatmegoldóinak sokkal tömörebben is elég lenne, de szerintem tanításban jól használható, így kicsit részletesebben írok.

a) Legyen egyelőre ABC beírt körének érintési pontja AB-n C^* . C^* az az AB szakaszon lévő pont, melyre az A-tól és B-től mért távolságok különbsége ugyanakkora, mint C-re. Ennek igazolásához elég a csúcsokból a beírt körhöz húzható érintőszakaszok s-a és s-b kifejezéseire hivatkozni. Megmutatjuk, hogy ez C₁-re is igaz, tehát C^*=C₁. Igazoljuk, hogy BC₁–AC₁=BC-AC , vagyis [BC₁–AC₁]–[BC-AC]=0 . Az ábrán a kisbetükkel jelölt egyenlő érintőszakaszokkal, valamint n=d+g+h és j+m=f+g+h felhasználásával [(k+j+m)–(e+f)]–[(k+n)-(d+e)]=[j+m-f]-[n-d]=[g+h]-[g+h]=0

b) Ennek alapján megállapíthatjuk, hogy van olyan A és B fókuszú hiperbola, mely C-n és C₁-en is áthalad. A fenti képletet átrendezve [BC-BC₁]–[AC–AC₁]=0 , ami viszont azt jelenti, hogy van olyan C és C₁ fókuszú hiperbola, mely A-n és B-n is áthalad. Erről kell belátni, hogy P-n is áthalad, vagyis [PC-PC₁]–[AC–AC₁]=0 . Az ábra érintőszakaszaival [(d+g)-(g+f)]–[(d+e)–(e+f)]=[d-f]–[d–f]=0 . A háromszögbe eső parabolaív minden P’ pontja kiadódik P-nek, ha D-t CP’ és AB metszéspontjának választjuk.

c) A két kör közös belső érintői szimmetrikusak a két kör centrálisára, a centrális felezi a CPC₁ szöget, tehát érintője a hiperbolának. Egyenlő sugarak esetén a centrális párhuzamos AB-vel.

d) Visszavezettük a feladatot adott hiperbola adott irányú érintőjének és a P érintési pontnak a szerkesztésére. Tekintsük a hiperbolát mint az F₁ középpontú vezérkört érintő és F₂-n áthaladó körök középpontjának mértani helyét. F₂-nek a P-beli érintőre vett F₂’ tükörképe a vezérkör és a PF₁ egyenes metszéspontja, F₂F₂’ merőleges az érintőre. A szerkesztés: Húzzunk F₂-n át merőlegest egy érintőirányú egyenesre, ennek a vezérkörrel alkotott (egyik) metszéspontja F₂’ , F₂F₂’ felező merőlegese az e érintő, e és F₁F₂’ metszéspontja a P érintési pont. Feladatunkban A a hiperbola pontja, az A körüli, C₁-en áthaladó kör és az AC szakasz B₁ metszéspontja rajta van a C körüli vezérkörön. Az ABre C₁-ben emelt merőleges és a C körüli CB₁ sugarú kör (egyik) metszéspontja legyen Q . A D pont CQ és AB metszéspontjaként adódik.

Ehhez a szerkesztéshez most már a hiperbola felhasználása nélkül is eljuthatunk. Ha a két kör sugara egyenlő, akkor közös belső érintőik tükrösek az AB -val párhuzamos centrálisra. Legyen Q a PC szakasznak az a pontja, melyre PQ=PC₁. PQC₁ egyenlőszárú háromszög C₁Q alapja merőleges AB-re, Q rajta van az AB -re C₁-ben emelt merőlegesen. Másrészt CQ=PC–PC₁=AC–AC₁ . Az AC szakaszra ráforgatva az AC₁ távolságot a végpont legyen B₁ . CB₁=AC–AC₁ . Q rajta van a C körüli CB₁ sugarú körön, innen a szerkesztés a fenti.

Elnézést, van a 168. feladatnak olyan megoldása, melyben nem kell felhasználni a 169-et!

Felhasználandó a 168. feladatban:

169. feladat: Az ABC háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét, érintse ez C1-ben AB-t. Igazoljuk, ha a CA-n mozgatjuk D-t (E és F megfelelően mozog), akkor C1 nem mozog. (Az ABC beírt körének pontja.)

Valóban! Pontosítva az [1406]-ban említett AD-feladatot:

168. feladat: Az ABC C-nél derékszögű háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét.

Fejezzük ki az ABC oldalai segítségével k1 sugarát, ha egyenlő a k2-ével!

Az [1422]-ben lévő feladatot kereszteljük át 166. feladatnak, vagy hivatkozzunk rá az [1422]-ben lévő 165. feladatként. ((:-) = (-:))

167. feladat: Tekintsük az AFG háromszög k körülírt és C középpontú beírt körét. Legyen B a k tetszőleges pontja, a B-ből a beírt körhöz húzott érintők messék k-t még D-ben illetve E-ben. Igazoljuk, hogy DE érinti a beírt kört, azaz AFG és BDE beírt köre azonos.

Az [1409]- ben lévő 165. feladat bizonyításához elég megmutatni: Ha B-t k és AC másik metszéspontjának vesszük, szimmetria miatt elég belátni, hogy B egyenlő távol van F-től és C-től.

Érdemes összevetni a 1406 -ban említett Arany Dániel feladattal, illetve annak nem kitűzött szerkesztéses megoldásával.

Bocs, de [1409 -ben már feladtam egy 165. feladatot. Viszont jó, hogy szóbakerül, mert még nem érkezett rá teljes megoldás.

A B.4269 feladattal kapcsolatban keletkezett a hozzászólás. Érdemes a "Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról" című téma 552. hozzászólását is megnézni.

Az ABC háromszög AB oldalán mozgatjuk a D pontot. Az ADC és DBC beírt körének másik (nem CD) közös belső érintője AB-t a C1-ben metszi. A két belső érintő metszéspontja P. Mutassuk meg a következőket:

165. feladat: a.) Igazoljuk, hogy C1 nem függ D-től! (ABC beírt körének pontja)

b.) Igazoljuk, hogy a P pontok halmaza a C és C1 fókuszú és A-n átmenő hiperbola A-n (és B-n) átmenő ágának a háromszögbe eső része!

c.) Igazoljuk, hogy a két kör sugara akkor egyforma, ha a hiperbola P-ben húzott érintője párhuzamos AB-vel!

d.) A fentiek alapján szerkesztendő az a D, melyre a két kör sugara egyenlő!