[8] Kós Géza | 2004-10-29 10:53:20 |
Erben Péter hívta fel rá a figyelmemet, hogy majdnem ugyanez volt az 1978-as olimpia 4. feladata:
Az ABC háromszögben AB=AC. Egy kör belülről érinti az ABC háromszög köré írt kört, továbbá az AB oldalt a P, az AC oldalt a Q pontban. Bizonyítsuk be, hogy a PQ szakasz felezőpontja az ABC háromszög beírt körének középpontja.
|
Előzmény: [7] Kós Géza, 2004-10-29 10:47:15 |
|
[7] Kós Géza | 2004-10-29 10:47:15 |
Van egy rövid inverziós megoldás is.
Alkalmazzunk inverziót az A középpontú, AP=AQ sugarú körre. A B, C, F pontok képe legyen B', C', illetve F'. A k kör képe önmaga, a körülírt kör képe a B'C' egyenes, ezek szintén érintik egymást.
A befogótételből következik, hogy F' éppen a k kör középpontja.
Az ABC és AC'B' háromszögek hasonlók, innen AB'C'= és AC'B'=. Az AB'C' háromszögben k éppen a beírt kör, tehát B'F' és C'F' szögfelezők.
Az ABF és AF'B' , illetve ACF és AF'C' háromszögek is hasonlók, így és .
Az ABF és ACF háromszögek szögeit összeszámolva kapjuk, hogy BF és CF éppen az ABC háromszög külső szögfelezői.
|
|
Előzmény: [5] Kemény Legény, 2004-10-28 16:59:30 |
|
[6] Kós Géza | 2004-10-29 10:18:33 |
A 3. feladat valószínűleg onnan származik, hogy valaki transzformációk szorzatával játszott.
A pontok jelentsék a sík geometriai transzformációit, nevezetesen a kék pont jelentsen tükrözést az x-tengelyre, a piros pont pedig jelentsen origó körüli, 120o-os forgatást. Minden egyes helyzetben szorozzuk össze, avagy alkalmazzuk egymás után a transzformációkat a teljes körön.
Két kék pont esetén a szorzat mindig az identitás, akárhonan kezdjük a transzformációkat összeszorozni és ez a tulajdonság minden lépésnél megmarad.
Két piros pont esetén viszont a szorzat nem az identitás. A két kék pontból indulva tehát nem lehet a két piros pontot elérni, és fordítva.
A megoldás elmondható transzformációk nélkül is, ahogy azt már láttuk. A kék pontok száma mindig páros, és a kört páros sok ívre osztják. Ha minden második íven megszámoljuk a piros pontokat, és minden elsőn is, a kétféle összeg különbsége 3-mal osztva vagy mindig 0, vagy mindig 1 maradékot ad.
|
Előzmény: [4] BohnerGéza, 2004-10-28 14:25:12 |
|
[5] Kemény Legény | 2004-10-28 16:59:30 |
Az 1. feladatra gyors megoldás adható Casey tételének segitségével.Casey tétele:Adott egy k kör és 4 másik kör (k(1),k(2),k(3),k(4)),amelyek érintik a k kört.Ekkor e(12)e(34)+e(23)e(41)=e(13)e(24) ,ahol e(ij) az a k(i) és a k(j) körök közös érintőszakaszának a hossza,mégpedig a külső érintőt kell venni,ha a két kör k ugyanazon oldalán van.egyébként pedig a belső érintőszakaszt kell venni.(Ez a Ptolemaiosz-tétel egyfajta általánositása is).A Kürschák-feladatban pedig 3 pontkör van(a 3 csúcs),ill.a megadott speciális tulajdonságú kör,az alapkör pedig a köréirt kör.Az érintőszakaszok számolhatóak a Casey-tételből,igy AP hossza könnyen meghatározható a háromszög oldalaiból.Innen pedig már egyszerü a befejezés...
|
|
[4] BohnerGéza | 2004-10-28 14:25:12 |
A harmadik feladat megoldásával a Nehezebb matematikai problémák téma [96.], [103.] és [104.] hozzászólása foglalkozik.
|
|
[3] BohnerGéza | 2004-10-21 14:41:24 |
Az 1. feladat: Adott a síkban az ABC háromszög, melynek köréírt körét kívülről érinti a k kör. A k kör érinti egyúttal az AB és AC félegyeneseket is, mégpedig P és Q pontban. Mutassuk meg, hogy a PQ szakasz felezőpontja egybeesik az ABC háromszög BC oldalához hozzáírt körének középpontjával.
1. feladat egy megoldása. Legyen k középpontja R, a körülírté K, ennek sugara r, valamely pontnak az AB-re eső merőleges vetületét vesszősen jelöljük. (Ezért a P=R')
Szerkesszük meg R-t! R az alfa f szögfelezőjén van, egyforma távol az AB egyenestől és a körülírt körtől. Ha a k sugarát r-rel megnöveljük, az új kör (k*) átmegy K-n és érinti az AB-től r-rel 'lejjebb'; lévő v (vezér)egyenest. A pontok v-re eső merőleges vetületét csillaggal jelöljük. Az f-en lévő R tehát olyan körnek a kp-ja, mely átmegy K-n és érinti v-t. Ezen feltételeknek az A is megfelel egy r sugarú kör kp-jaként. Ennek és a keresett k*-nak a hatványvonala az A-n átmenő f-re merőleges g egyenes, így g és v metszéspontja (F*) egyenlő távol van A*-tól és R*-tól. Mivel A* adott, R*, R'és R szerkeszthető.
Határozzuk meg az AR' távolságot! Először toljuk r-rel 'fel' a KF* szakaszt, ez az LF lesz. Többször kihasználjuk majd, hogy a csúcs, érintőkör középpont, érintési pont által meghatározott háromszög hasonló a szereplő háromszögekhez.
AR'= 2 AF, AF= AN+NF, AN=c/2, NF/NL =ró/(s-a) és NL/AN=(s-c)/ró,
e két utóbbi szorzata NF/AN=(s-a)/(s-c), ezekből
AF=bc/(2(s-a)), tehát AR' = bc/(s-a)
Határozzuk meg az AS' távolságot! Ha ez s, akkor S az érintőkör kp-ja. Két hasonlóságból adódik, hogy AS'=(AS/AR')*(AS/AR')*AR'. Ez így is írható:
AS' = [(s-a) / AO] * [s / AOa] * AR' A Fórum/GEOMETRIA téma 41. feladatát használva valóban AS'= s adódik.
|
|
Előzmény: [1] KiCsa, 2004-10-12 17:53:05 |
|
[2] Edgar | 2004-10-13 00:33:11 |
Régebbi Kürschák-feladatok feszítenének esetleg?
Ez egy igazán zsír oldal, ahol mások mellett a Kürschák-verseny összes valaha volt feladata is fesszent. Aki alapszinten nyesi angolt az sassolja meg >=1x!
|
|
[1] KiCsa | 2004-10-12 17:53:05 |
A Kürschák példák szerintem igazán megérdemelnek egy saját témát. Az igaz, hogy pár megoldás már olvasható a Nehezebb matematikai problémák cím alatt, de a feladatok nem találhatóak sehol és ez kellemetlen azoknak, akik nem ismerik a példákat. A megoldásgyűjtögetést is jobb lenne itt folytatni...
A 2004. évi Kürschák József Matematikai Tanulóverseny feladatai
1. feladat:
Adott a síkban az ABC háromszög, melynek köréírt körét kívülről érinti a k kör. A k kör érinti egyúttal az AB és AC félegyeneseket is, mégpedig P és Q pontban. Mutassuk meg, hogy a PQ szakasz felezőpontja egybeesik az ABC háromszög BC oldalához hozzáírt körének középpontjával.
2. feladat:
Határozzuk meg a legkisebb olyan, 2004-től különböző, pozitív egész n számot, amelyhez létezik olyan egész együtthatós f(x) polinom, hogy az f(x)=2004 egyenletnek legalább egy, az f(x)=n egyenletnek pedig 2004 különböző egész megoldása van.
3. feladat:
Egy körvonal mentén néhány kék és piros pontot helyeztünk el. Ezekkel az alábbi műveleteket végezhetjük:
(a) valahova beillesztünk egy új piros pontot, és a két szomszédját ellentétes színűre változtatjuk.
(b) Ha legalább három pont van, és ezek közül legalább az egyik piros, akkor egy piros pontot törlünk, a két szomszédját pedig ellentétes színűre változtatjuk.
Kezdetben két kék pont van a kör kerületén, mindkettő kék. Elérhetjük-e a lépések többszöri alkalmazásával, hogy újra két pontunk legyen, de azok pirosak legyenek?
|
|