Fórum: GEOMETRIA

Nem tudom, nem számoltam végig. Ha a [1341]-ben leírtakat saját magad találtad ki, nyilván tudod, miért. Ha mástól vetted át, akkor dolgozz egy kicsit: bizonyítsd vagy cáfold [1343] utolsó képletét.

Na most megint jól bekavartál. CSak annyit mondj hogy jó az amit az 1341-es hozzászólásomban írtam. Úgy kijön az általam keresett megoldás?

Ismert, hogy a háromszög körülírt körének K középppontját a csúcsokból álló pontrendszer súlypontjaként úgy tudjuk előállítani, hogy a csúcsokat a megfelelő szögek kétszeresének sinusával súlyozzuk. Lásd pl. Reiman István: Geometria és határterületei:

[1341]-ben a1,a2,a3 a (sík)háromszög oldalhosszainak négyzetei, a b1,b2,b3 súlyok a háromszög oldalait hagyományosan a,b,c-vel jelölve az

a²(b²+c²–a²),b²(c²+a²–b²),c²(a²+b²–c²)

mennyiségek. x,y,z a csúcsok ilyen súlyokkal vett súlypontjának koordinátái. Az nem baj, hogy a súlyok összege nem 1, és így a súlypont nincs a háromszög síkjában, mert az utolsó képlettel úgyis a gömbre vetíted. A megoldás akkor helyes, ha be tudod bizonyítani, hogy a súlyok aránya megfelelő, vagyis például

Sziasztok, és b.ú.é.k. mindenkinek!

A Geometriai feladatok gyűjteménye I. 2776-os feladata sajnos megfogott. Tudna valaki segíteni benne? A feladat: Adott R sugarú gömbk köré írjunk olyan egyenes körkúpot, hogy térfogatának és a gömb térfogatának aránya adott k legyen. Határozzuk meg a kúp alapkörének a sugarát (r-t).

Addig jutottam, hogy r négyzet*m = 4*R köb*k (azaz gyakorlatilag semeddig), de a körkúp magassága (m), alkotója és sugara kívánatos aránya már kifogott rajtam.

Minden segtséget előre is köszönök! Sziasztok: Laci

Ehhez mit szóltok? Vagy ez ugyanaz amit ti mondtatok? Szerintem ez jó lesz. Szerintetek?

A gömb középpontja legyen az origó, a gömb sugara legyen R.

A kiindulási pontok a gömbön legyenek (x1,y1,z1), (x2,y2,z2), (x3,y3,z3).

Sorra számold ki az alábbi mennyiségeket:

a1 := (x2-x3)2 + (y2-y3)2 + (z2-z3)2

a2 := (x3-x1)2 + (y3-y1)2 + (z3-z1)2

a3 := (x1-x2)2 + (y1-y2)2 + (z1-z2)2

b1 := a1*(a2+a3-a1)

b2 := a2*(a3+a1-a2)

b3 := a3*(a1+a2-a3)

x := b1*x1 + b2*x2 + b3*x3

y := b1*y1 + b2*y2 + b3*y3

z := b1*z1 + b2*z2 + b3*z3

c : = R/gyök(x2+y2+z2)

A gömbön a körülírt kör középpontjának keresett koordinátái (c*x,c*y,c*z).

Az eddigiek alapján a lépések:

-Adottak A, B, és C földrajzi koordinátái, északi szélesség = , keleti hosszúság =

-Átszámítjuk Descartes-koordinátákba : P_z=sin;P_x=cos,P_y=sin ( P = A,B,C )

-Válasszuk úgy a jelölést, hogy ABC pozitív körüljárású legyen

-Képezzük az N = (B-A) x (C-A) vektorszorzatot, ez a gömb középpontjából kifelé mutat.

-A keresett középpont földrajzi koordonátáit az előzőek alapján kapjuk: sin =N_z/|N| , tg =N_y/N_x

„Mindenkinek” igaza van, függetlenül attól, hogy gömbi vagy Descartes koordinátákat használunk.

-a gömb 3 különböző pontja, mint 3 térbeli pont, meghatároz egy S síkot

-ez a sík a gömböt egy körben metszi, és mivel a 3 pont a síkon is és a gömbön is rajta van, ez a kör éppen a 3 pont által meghatározott háromszög körülírt köre

-A BohnerGéza által javasolt vektorszorzat S (egy) N normálvektora, tehát S-re merőleges.

-A gömb középpontjából a gömböt metsző S síkra bocsátott N merőleges S –et a gömb és S metszésvonalát képező kör középpontjában döfi ( szimmetria ) . Talán ez hiányzott a leírtakhoz.

-N a gömböt abban a pontban metszi, amelyik egyenlő távolságra van a 3 adott ponttól – a földgömbnek ebbe a ponjába beszúrt körzővel a 3 ponton áthaladó kört lehet rajzolni

-A körközéppont földrajzi koordinátáinak meghatározásához N hossza lényegtelen. A Descartes koordinátáknak csak itt van szerepe. Ha a földrajzi szélességet -vel, a hosszúságot –val jelöljük, akkor sin =N_z/|N| , tg =N_y/N_x

Szerintem Jonasnak (1328) igaza van akkor, ha a gömbháromszög csúcsai euklideszi koordinátákkal adottak.

Ha viszont az adott koordináták gömbi, földrajzi koordináták, akkor az eddigi hozzászólások nem érvényesek, ugyanis a többi hozzászóló is euklideszi koordinátarendszerben gondolkodott.

Igaza van Bohner Gézának, egy kicsit túlbonyolítottam. :-)

Ez mind oké. De foylton síkot említesz. Egy gömfelületen levő háromszög nem lehet sík hiszen a gömbnek a felületén van. Vagy én vagyok a hülye és én nem értem...

A lépéseket próbáld meg leírni lécci. Most ott tartok hogy van 3 (a háromszög csúcspontjai) + 3 (a háromszög oldalainak felezőpontjai) koordinátapontom (amik ugye x,y,z koordináták mert térről beszélünk). És ugye a göm középpontjának koordinátja ami ugye x,y,z alakban 0,0,0. Ezután mi jön? Mik a lépések?

Vektorokkal egyszerűen megy:

Vegyük a gömb kp-jából a kör kp-jába mutató vektort, osszuk a hosszával, szorozzuk a gömb sugarával, majd a gömb kp-jából indítva a keresett pontba mutat.

Mivel egyforma húrokhoz egyforma gömbi távolságok tartoznak:

Térben a három ponttól egyenlő távolságra lévő pontok halmaza: a háromszög körülírt körének középpontjában a síkjára állított merőleges. Esesükben ezen rajta van az eredeti gömb középpontja is.

Tehát keressük a körülírt kör kp-ján és a gömb kp-ján átmenő egyenesnek és a gömbnek a megfelelő oldalon lévő metszéspontját.

(Ha nem elég, folytatom.)

kicsit érthetőbben? Mert ez nekem magas

Próbálkozhatsz a három pontra és a gömb középpontjára illeszkedő gömb egyenletével is. (Determináns alakban csak egy pillanat...)

Dehogy ugyanaz. Mert másképp viselkedik. A gömb az egy térbeli alakzat nem síkbeli és nem euklidészi közegben van vagy valami ilyesmi... Amúgy azon már túl vagyok... És nem lett jó

Szerintem számold ki a három csúcs által alkotott síkháromszög köréírt körét, mert az ugyanaz, mint ha gömbháromszögként veszed a köréírt kört.

Sziasztok!

Egy kis segítséget szeretnék kérni gömbi geometria témakörben!

A problémám a következő:

Kiváncsi vagyok egy gömbháromszög köré írható kör középpontjának koordinátáira, úgy hogy csak a háromszög csúcsainak koordinátái vannak megadva.

Tehát annak a pontnak a koordinátáira, ami a gömbháromszög mindhárom csúcsától egyenlő távolságra van.

Konkrétan: Van három földrajzi koordinátám (századszögmásodperces pontossággal megadva) nem túl nagy távolságra egymástól kb 200km-re. (Mindhárom É.sz. és K.h.) És kiváncsi vagyok annak a pontnak a koordináira, ami mindhárom ponttól egyenlő távolságra van.

Addig már eljutottam hogy a földrajzi koordinátákat átváltottam ekvatoriális, azaz gömbi koordinátákká. És a háromszög mindhárom oldalának felezőpontjai is megvannak. Itt akadtam el...

Arra gondoltam hogy elég valamely két oldal felezőmerőleges gömbi főkörének metszéspontjának koordinátáit kiszámolni. De hogyan??????????????

Ja és vigyázni kell, mert a gömbi főkörök két pontban metszik egymást, azok közül csak az egyik lesz jó mert a másik a gömb átellenes pontján van.

Valaki tudna nekem segíteni????????

Mivel kedvenc vesszőparipámat, az egységsugarú körbe írt szabályos 18-szög tulajdonságait érinti, B.4221 elemi megoldását feltettem http://www.komal.hu/forum/forum.cgi?a=to&tid=26&tc=500 -ba ( Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról )

HoA! Szép!

Ennek a feladatnak egy sok számolásos megoldásáról hallottam, sajnos nem láttam. Az inverzióval átalakított feladatot azért írtam, hátha sikerül egy, az utolsó mondatodnak megfelelő, megoldás összehozni. (Nem adtam föl.)

Az egység sugarú k körön jellemezzük S helyzetét az ST’T = szöggel. k* sugara legyen r. Az AB ív felezőpntja C, k₁ és k₂ metszéspontja D, k* középpontja O*, O* és S merőleges vetülete TT’ –re E illetve F, végül k₂ és k₃ metszéspontja M. A akkor és csak akkor van az MO egyenesen, ha az ATO és ABM derékszögű háromszögek hasonlók, vagyis ha . S a k és k* körök hasonlósági középpontja, így O*O=r-1 és CT=(r-1)TS . T’S=2cos, SF=2cossin és így O*E=m=2cossin(r-1) . Legyen az AB húr hossza 2h . , Erről kell belátni, hogy megegyezik -vel, vagyis -mel. Felhasználjuk, hogy a szelőtétel értelmében AT^.TB=CT^.TS , (h+m)(h-m)=2sin^.(r-1)2sin=4(r-1)sin². , (2tg+m–h)(h+m)=2h^.tg=2tg(h+m)–(h-m)(h+m)=2h^.tg+2mtg-(h-m)(h+m) . 2mtg=(h-m)(h+m) A baloldal 2mtg=4cossin(r-1)tg=4(r-1)sin² , a feltétel teljesül.

Jó lenne egy szemléletesebb megoldás, esetleg az inverzió előtti feladatra is.

A kör középpontján áthaladó körökkel és egyenesekkel a feladat nagyon inverzió szagú. Megadom az inverzióval keletkező feladatot és ábráját (zöld vonalak) , mert a megoldás így sem triviális.

Jelöljük k-val az O középpontú, az S és T ponton átmenő kört, T’-vel a T-ből induló átmérő másik végét. Legyen k₁ k T-beli érintője, k₂ az ST' egyenes. Jelöljön k* egy k-t magába foglaló és S-ben érintő kört. k* és k₁ metszéspontjai legyenek A és B. Legyen k₃ a B-n átmenő TT'-vel párhuzamos egyenes. Bizonyítandó, hogy a k₂ és k₃ metszéspontján valamint O-n áthaladó egyenes tartalmazza A-t.

Egy észrevétel, ami segítheti a megoldást:

Jelölje k2 és k3 O-tól különböző metszéspontja C. Úgy tűnik, hogy ABC szög derékszög, azaz BC párhuzamos k1-k* centrálisával.

Köszönöm HoA értelmezését! Igen fáradtan fogalmaztam meg a feladatot, illett volna ábrát is adni.

Nekem mindig pontosan adja az "egyenest" az Euklides.

Jogos ... valóban. A határozott névelő tévesztett meg: "Jelölje k* a k-t belülről S-ben érintő ..." - és egy lehetőségre asszociáltam. Bocsánat.

Erről lenne szó? k₂ és k₃ egyik metszéspontja nyilván O. A és B felcserélhető ( piros és kék kör illetve egyenes ).

Illetve mégegyszer átolvasva, az "O-t tartalmazó" nyilván úgy értendő, hogy nem a körvonal, hanem a körlap tartalmazza O-t. Elnézést, Géza!

Igen, nekem is ez jött ki. k1 és k* meghatározásában szerepel, hogy O-n áthaladnak.

A szövegezés alapján nekem úgy tűnik, hogy k1 és k* egyaránt a k kört belülről érintő és k-hoz képest feleakkora sugarú kör. De akkor egyik metszéspontjuk O, miáltal a "jelölje ... k* és k1 metszéspontjait A és B" számomra nem igazán jól értelmezhető.

Rosszul értettem valamit?

Jelöljük k-val az O középpontú, az S és T ponton átmenő kört, T’-vel a T-ből induló átmérő másik végét. Legyen k1 az OT Thálesz-köre, k2 az S-en, T’-n és O-n átmenő kör. Jelölje k* a k-t belülről S-ben érintő, O-t tartalmazó kört és a k* és k1 metszéspontjait A és B. Már csak a k3-at határozom meg, jelölje a TT’-t O-ban érintő B-n átmenő kört. Bizonyítandó, hogy a k2 és k3 metszéspontjain átmenő egyenes tartalmazza A-t.

Elnézést, fáradt voltam, elírtam. Helyesen:

"...amikor M-et az AA₁ szakasz A-n, illetve A₁-en túli meghosszabbításain mozgatjuk."

Megvizsgálhatók azok az esetek is, amikor M-et a DA₁ szakasz D-n, illetve A₁-en túli meghosszabbításain mozgatjuk. A Cabri kiírással jelzi, hogy az M által bejárt útvonal egyes csatlakozó szakaszain éppen milyen kúpszelet ₁ és ₂. (Van olyan szakasz is, amikor egy lokális kúpszeletről nem tudja megmondani, hogy az konkrétan melyik, s ez nyilván a program úgynevezett modellhibájával magyarázható.) Érdemes lenne kideríteni, hogy a kiinduló szerkesztéssel milyen kapcsolatban vannak ezek a fázisváltások, melyeknél tehát az egyik kúpszeletfajtából hirtelen egy másikba vált ₁, vagy ₂. Vajon megszerkeszthetők-e az ilyen váltásokhoz tartozó M-ek?

Mindezt nem feladatkitűzésként, hanem egyfajta töprengő lezárásként írtam. Úgy tűnik ugyanis, hogy ez az új kérdéskör – legyen bármennyire ígéretes és izgalmas – túlmutat e FÓRUM jellegén és keretein, és persze az én igencsak szerény ismereteimen :(.

Ismét megköszönöm HoA hozzászólásait, megoldásait. Sokat tanultam belőlük.

3. ábra

2. ábra

M-et DA₁-en mozgatva (D az ábrákról lemaradt) azt tapasztaljuk, hogy ₁ és ₂ hiperbola - a hat-hat pont nem konvex sokszöget alkot, a kúpszelet bizonyításnál pedig nem használtuk ki, hogy M a háromszögön belül van. Amíg M D-hez van közel, Q₁ az AA₁ egyenesnek C-vel, Q₂ pedig a B-vel azonos oldalán van. (1.ábra) . Ha M A₁-hez van közel, fordított a helyzet (2.ábra). A két esetet az az M₀ választja el, amelyre CC₁ és A₁B₁ párhuzamos. (3. ábra). Mivel A₁B₁B=A₁AB=/2 , váltószöge B₁MC is ekkora, CMB=-/2, M ekkor BC ilyen látószögű körívén van. Ha BC felezőmerőlegese k-t az A₁-től különböző A₂-ben metszi, M₀ éppen az A₂ középpontú, A₂B sugarú kör és az AA₁ egyenes metszéspontja. Ekkor BB₁ és A₁C₁ is párhuzamos, Q₁ és Q₂ a végesben nem jön létre, hanem annak a hiperbolának a végtelen távoli pontjai, amelyik a P₂P₅R₁R₂ pontokon halad át és aszimptotái BB₁ és CC₁ irányúak.

Ez azonban nem a 158/6. feladat 2. pontjában keresett M₀, hiszen a P₂ illetve P₅-beli érintőkre továbbra is igaz, hogy BC₁ ill. CB₁ és AA₁ metszéspontján haladnak át, márpedig a szemlélet alapján R₁ és R₂ nincsenek ezen a két érintő egyenesen.

Eddig nem ismertem, de sajnos most sem igazán. Oda belépve ugyanis csak egy csomó hirdetés jelent meg - meg egy anchor a www.komal.hu- ra - valamint egy kiírás , hogy "Az Internet Explorer nem tudja megjeleníteni" , de hogy mit, az már nem látszik. Talán valami újabb böngészőt igényel.

Sziasztok!

Ismeritek a www.silverpen.eu oldalt?

Szerintem a legjobb ingyenes vektorgrafikus program. Telepíteni sem kell. Ideális geometriai feladatok feladásához, megoldásához.

Köszönöm a megoldást. Holnap fölteszem a [1293]-ban jelzett kiterjesztést (addig még ellenőriznem kell valamit).

Bár az eddigiekből következik, mivel tételesen még nem szerepelt 158/4/b megoldása, megadom: A hatszög csúcsait R₁P₂Q₂R₂P₅Q₁ sorrendben véve

R₁P₂R₂P₅=A

P₂Q₂P₅Q₁=A₁

Q₂R₂Q₁R₁=M

, a három metszéspont egy egyenesen van, így a hat csúcs egy kúpszeleten helyezkedik el. ( Hogy ez ellipszis-e, arra ld. [1299] )

Ezután rátérhetünk 158/4/c –re. P₁P₂P₃P₄P₅P₆ ellipszisének P₂-beli érintője legyen t₁, ennek P₄P₆-tal alkotott metszéspontja T . A P₂P₂P₃P₄P₆P₁ ellipszisbe írt „hatszögre”

P₂P₂(=t₁)P₄P₆=T

P₂P₃P₆P₁=C₁

P₃P₄P₁P₂=B

, T rajta van a BC₁ egyenesen. A P₂P₂P₅P₄P₆P₃ hatszögre

P₂P₂(=t₁)P₄P₆=T

P₂P₅P₆P₃=M

P₅P₄P₃P₂=A₁

, T rajta van az MA₁ egyenesen. T tehát BC₁ és MA₁ metszéspontja, t₁ a P₂T egyenes.

R₁P₂Q₂Q₁P₅R₂ ellipszisének P₂-beli érintője legyen t₂, ennek Q₁R₂-vel alkotott metszéspontja U . A P₂P₂R₁Q₁R₂Q₂ ellipszisbe írt hatszögre

P₂P₂(=t₂)Q₁R₂=U

P₂R₁R₂Q₂=B

R₁Q₁Q₂P₂=C₁

, U rajta van a BC₁ egyenesen. A P₂P₂P₅Q₁R₂Q₂ ellipszisbe írt hatszögre

P₂P₂(=t₂)Q₁R₂=U

P₂P₅R₂Q₂=M

P₅Q₁Q₂P₂=A₁

, U rajta van az MA₁ egyenesen. U tehát BC₁ és MA₁ metszéspontja, t₂ a P₂U egyenes. Vagyis T=U és így t₁=t₂, a két ellipszis P₂ -beli érintője közös, érintik egymást. Az ábra szimmetriája miatt P₅ -re hasonló bizonyítás adható.

Egyetértek HoA értékelésével. Most már nekem is úgy tűnik, hogy B.3869-ben nem lehet elemi eszközökkel bebizonyítani a BC-vel nem párhuzamos hatszögfőátlók M-re illeszkedését. Az elmúlt napokban sokat kísérleteztem e témában, de eredménytelenül. Köszönet illeti HoA-t - s talán még valakit :) -, hogy a helyzet tisztázódott.

Sajnos elképzelhetőnek tartom, hogy B.3869 és F.2857 olyan értelemben ikrek, hogy B.3869 –ben , ahol M a szögfelezőn van, valójában azt lehet bizonyítani elemi eszközökkel, hogy a hatszög BC-vel párhuzamos átlója átmegy M-en – és a másik két átlóról nem sikerül, míg F.2857-ben, ahol M az oldalfelező merőlegesen van, nem véletlenül azt kell – és lehet – elemi úton bizonyítani, hogy a hatszög átlói között van két olyan, amelyik M-ben metszi egymást – és az oldalfelezőre merőleges oldallal „párhuzamos” hatszögátlóról nem esik szó.

Köszönöm HoA újabb megoldásait.

Ha jól értem, a 2)-es kérdés így fejthető ki: Ismerek-e olyan bizonyítást, ami úgy igazolja azt, hogy a P_i hatszög kúpszeletbe írt, hogy közben nem használja fel a főátlók azon tulajdonságát, hogy áthaladnak az M ponton?

A válaszom: nem ismerek ilyen bizonyítást és attól tartok, hogy talán nem is létezik ilyen. Lehetséges viszont, hogy e bizonyítás létezésének eldöntéséhez közelebb vinne, ha valaki elemi úton megoldaná 158/5 ama esetét, amikor M a szögfelezőn van. Ez utóbbi elemi bizonyítás biztosan létezik, hiszen az ikerfeladat F. 2857-re is van elemi bizonyítás (a KöMaL közölt egy ilyet anno)...

Elképzelhető, hogy a vizsgált feladatcsoport egy újabb kiterjesztése is közelebb visz a 2)-es a kérdésben megjelölt bizonyítás létezésének megítéléséhez. (Ezt a kiterjesztést később közölném, a továbbiakban beérkező megoldás(ok) után, ugyanis azokkal is összefügg.)

Azt hiszem nem lövöm le a többi alfeladatra beérkező megoldásokat és nem okozok meglepetést, ha megadom 158/4/a megoldását : A hatszög csúcsait P₁P₂P₅P₄P₃P₆ sorrendben felvéve a „szemközti” oldalak metszéspontjai B,MésB₁ , egy egyenesre esnek, így a hat pont egy ellipszisen – vagy legalábbis egy kúpszeleten helyezkedik el.

Kérdéseim: 1) A szemléleten kívül mi igazolja, hogy a kúpszelet ellipszis? – Természetesen nem a görbe egyenletének együtthatóiból képezhető determinánsok vizsgálatára gondolok. 2) Sakkmath tud-e 158/4/a-ra 158/5-öt nem felhasználó megoldást?

[1293] TÉTEL-ének - és egyben 158/5nek a bizonyítása: A [1283]-éhoz hasonló ábra csak a könnyebb azonosíthatóság kedvéért. Nem használjuk ki, hogy körülírt körről van szó, tetszőleges kúpszelet lehet, és M-ről sem tesszük fel, hogy a szögfelezőn van. Az ABCA₁B₁C₁ hatszög csúcsainak megfelelő sorrendezésével a Pascal-tétel szerint adódik a TÉTEL állítása. Más sorrendezéssel a másik két átlóról ugyanígy kimutatható, hogy M-en haladnak át.

Az utolsó bekezdést törlöm. Itt nem használható a Brianchon-tétel.

Ez a megoldási kísérlet érdekes és visszautal a feladatok gyártástechnológiáját megvilágító egykori "oldalfelező merőleges - szögfelező" cserére.

Ha bebizonyítjuk [1293] TÉTELét (ami voltaképpen - kis bővítéssel - a már említett 158/5. feladat), az egyik lehetséges bizonyításból (Pascal ...) az is kiderülhet, hogy a sejtés erősíthető: az ellipszisen túl, más kúpszeletekre is igaz az állítás.

Most jutott eszembe egy másik, (esetleg) szóba jövő bizonyítási módszer, a Brianchon-os. De ez (ha egyáltalán jó irány) messzire vezet, időigényes, inkább nem részletezem ...

158/4 megoldási kisérletei során merült fel az ötlet: vessük alá az ábrát egy olyan projektivitásnak, mely B-t és C-t helyben hagyja, A-t és M-et viszont BC felező merőlegesére viszi. Ekkor az egyenesek egyenesek maradnak, de a körülírt kör már nem lesz kör. Innen a sejtés: [1293] TÉTEL-e erősíthető: nem kell a körülírt kör, ellipszisre is igaz az állítás.

Addig is egy projektív, de rövid megoldás 158/2re: B₁P₅R₂ és C₁P₂R₁ háromszögek megfelelő oldalegyenesei az egy egyenesbe eső A₁,A,M pontokban metszik egymást. A Desargues-tétel értelmében ekkor egy pontra nézve is perspektívek. Mivel C₁B₁ és P₂P₅ metszéspontja S, R₁R₂ is itt halad át.

Egy újabb, korrekt megoldást láttunk HoA-tól.

Azt hiszem, ideje megnevezni a jelenlegi feladatcsokor ősét, a KöMaL 1991. májusi számában megjelent F. 2857. feladatot. Ebből úgy kaptam például a B. 3869 - et, hogy a feladat szövegében az oldalfelező merőlegest egyszerűen kicseréltem szögfelezőre és különböző összefüggéseket vizsgáltam. Első eredményem az e hozzászólás végén (is) szereplő 158/3.' példa volt, amelyet félretéve jutottam el a végül közölt B. 3869 - hez.

Aki elmélyed a nevezett feladatokban, rájöhet, hogy némelyikben fontos szerep jut egy bizonyos hatszög főátlóinak. Érdemes tehát a feladatok általánosítását ezekre koncentrálva megkeresni. Annál is inkább, mert az a sejtésem, hogy HoA "P₁MP₄ kollinearitására van egy projektív megoldásom" bejelentése pont erre az általánosításra utalhat. Nézzük tehát feladataink eme "burkológörbéjét", melynek projektív megoldása Jolly Joker-ként gyorsan és sok mindent megválaszol (...):

TÉTEL: Adott az ABC háromszög és a belsejében egy M pont. Az AM, BM, CM egyeneseknek a körülírt körrel alkotott második metszéspontjai létrehozzák az A₁B₁C₁ háromszöget, melynek oldalai az ABC háromszög oldalait egy konvex hatszög csúcsaiban metszik. E hatszög főátlói az M pontban metszik egymást.

A 158/4/b. feladat szerkesztésének ígért kiterjesztését később, egy már beérkezett megoldás után célszerű feltennem.

Végül egy másik megoldás a 158/3. feladatra:

A 158/3. feladathoz: [1283] ábrájára is hivatkozva. Legyen ABC b és c oldalainak aránya k. AA₁ és BC metszéspontját jelöljük T-vel. szögfelezője az a oldalt ilyen arányban osztja, tehát CT=k^.BT . ABC és AP₂P₅ háromszögek hasonlóságából P₅M=k^.P₂M A₁P₂P₅ és A₁P₃P₄ háromszögek hasonlóságából P₄T=k^.P₃T , így CP₄=CT–P₄T=k(BT–P₃T)=k^.BP₃ . Q₁P₅M és Q₁P₄C illetve Q₂P₂M és Q₂P₃B hasonló háromszög párokban a hasonlóság aránya megegyezik, Q₁ ugyanolyan arányban osztja P₄P₅ -öt mint Q₂ P₃P₂ -t, a párhuzamos szelők tételének megfordításából Q₁Q₂ párhuzamos BC -vel.

P₁MP₄ kollinearitására van egy projektív megoldásom, de talán tud valaki erre is elemit?

158/4b.-re van egy Pascal tételes bizonyításom, ha mást nem érdekel a feladat, felteszem.

Köszönöm az elegáns megoldást!

Kérdésed után érdemes kitérni olyan további, ki nem mondott, de a [1283]-as ábráról könnyen leolvasható összefüggésekre (sejtésekre) is, melyeket szintén be lehet bizonyítani a projektív geometria alkalmazása nélkül. Egy ilyen a - dinamikus geometriai programok által sugalmazott - következő, 1. sejtés:

A P₁P₄ és P₃P₆ szakaszok (hatszögátlók) az M pontban metszik egymást. (Ha ennek igazolását feladatként tűzzük ki, ez a 158./5. feladat lehetne.)

Pár napon belül egy további sejtést is ismertetek, ami a 158/4/b. feladat szerkesztésének kiterjesztése lenne (örülnék, ha ebben valaki megelőzne a vonatkozó megoldásával).

Végül álljon itt egy "minimálábra" a 158./3. feladat megoldásához arra az esere, ha valakit zavarna a [1283]-as rajz zsúfoltsága:

... a projektív geometria mellőzésével.

A 158/3. feladat elemi geometriai módon megoldható.

A 158/1 feladathoz:

Legyen az AP₂P₅ körülírt köre k₁. BC és P₂P₅ párhuzamossága miatt AP₂P₅ és ABC hasonlóak, egymásból A középpontú nagyítással származtathatók, ez körülírt köreikre is áll, ezért k és k₁ A-ban érinti egymást, t a két kör hatványvonala. Ossza a CC₁ egyenes ABC szögét ₁=ACC₁ és ₂=C₁CB szögekre. Ekkor C₁B₁P₅=/2+₂ P₂BC₁=₁ BC₁P₂=/2 AP₂C₁=/2+₁ , P₅P₂C₁=/2+₁+ C₁B₁P₅+P₅P₂C₁=180^o , B₁C₁P₂P₅ húrnégyszög, körülírt köre legyen k₂ . B₁C₁ k és k₂ hatványvonala, P₂P₅ k₁ és k₂ hatványvonala. A három kör páronként vett hatványvonalai egy pontban metszik egymást (S)

A további feladatokra van valakinek nem projektív geometriai megoldása?

Nem erről van szó.

Olvassuk össze a következő sor vastagított részét: "C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz".

Tehát: a béta nagyságú látószög hiányzó szárát pótoltam.

Jogos! Kösz!

(Az AC1 berajzolása kicsit fölösleges azért! A C'-ből csak egy A jelű pontnak látszik.)

HoA [1278]-as megjegyzése a joke-ról találó ... :)

HoA [1276]-os kiegészítését elfogadva, az alábbi négy, piros puzzledarabkát helyezem el Bohner Géza [1274]-es megoldásában. Az így korrigált puzzle-t - Géza utólagos engedelmére számítva - idemásolom:

4/b. feladat: Szerkesszük meg a két ellipszis érintkezési pontjaihoz tartozó érintőit!

(Ez a részfeladat - a szerkesztési eljárást bemutató - bizonyítandó állítás formájában is megfogalmazható. Ez viszont könnyítést jelenthetne, s esetleg elrontanám vele a megoldó(k) örömét ...)

Egy saját feladatcsokrot

ajánlok a Fórum olvasóinak,

megoldóinak figyelmébe.

158. /1. - 4. feladatok:

Ezek után elárulhatom, hogy [1270] is egy, a [1274]-hez hasonló elemi geometriai megoldás átalakítása inverzióssá: AMNB₁ húrnégyszög, mert MN A-ból és B₁-ből is /2 szög alatt látszik. Így ANM=AB₁M=AB₁B=ACB. NM és BC párhuzamosak és a vége mint [1270] végén.

A "négy pont egy körön van" egyenértékű azzal, hogy egyiküket az inverzió középpontjának választva a másik három pont képe egy egyenesen van.

A puzzle 4 darabja még hiányzik, az egyikük rajzos. Ha holnap sem lesz, aki kirakja őket, vasárnap ezt megteszem én. (Ezek jelentősége már kisebb.)

A (1276)-os "foltozás" nem inverziós, de az eredeti első bekezdés meghagyásával létezik inverziós befejezés is. Igaz, ez keverék megoldást ad és elromlik a szimmetria.

Mint írtam:

"Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!"

Azaz kár, hogy a megoldásnál fölösleges az inverzió!

Köszönöm PuzzleSmile-nak, hogy ismát ráirányította figyelmemet erre a megoldásra. Azt ugyan még nem árulta el, hogy hol a puzzle, de rájöttem, hogy ha már angolkodunk, akkor ez inkább joke. Ugyanis nem inverziós megoldás. Az első bekezdés helyett nyugodtan írhattuk volna: "Húzzunk párhuzamost M-en át BC-vel, az AB-vel alkotott metszéspont legyen L*. " Ettől persze még a bizonyítás helyes.

Bohner Gézának és Hoa-nak is köszönöm az érdekes, értékes megoldásokat.

Ha az ábrát kell szerinted kiegészíteni, áruld el, mire gondolsz. Ha a megoldás szövegét nem találod teljesnek, olvasd el a téma utolsó néhány heti hozzászólásait, melyek alapján az inverzió jópár tulajdonságát már ismertnek vesszük. Azt meg, hogy ML és BC párhuzamosságából következik LN és BC párhuzamossága, úgy értjük, mint [1270] végén: A C₁re leírtakat B₁re vonatkoztatva kapjuk, hogy MN és BC párhuzamos, tehát L,M,N egy egyenesen vannak és ez párhuzamos BC-vel.

Hoppá!! ... Ez egy puzzle!

157.feladat: egészítsük ki (1274)-et a hiányzó darabokkal!

Legyen az inverzió az az A1 középpontú kör, melyre az A képe M. Ekkor a „k” körülírt kör képe az M-en átmenő BC-vel párhuzamos k’ egyenes. (A1 felezi a BC ívet.) Jelölje L* az AB és k’ metszéspontját.

Mivel C1-ből és L*-ból is béta szögben látszik az AM szakasz, az A, a C1, a L* és az M egy körön van. Ebben a körben a L*M és k-ban az A1C ív is alfa/2 szögben látszik, ezért C1, L* és A1 egy egyenesen van, azaz L* azonos L-lel. Ebből következik, hogy LN átmegy M-en és párhuzamos.

(Az adott inverzióval játszva sok érdekességet láthatunk, kár, hogy a megoldásnál fölösleges!)

A 9. sor vége helyesen: " és k₁ merőlegesen metszik"

A 2. rész:

Köszönöm Hoa szép megoldását. Úgy látszik, nincs több hozzászóló, ezért - két részletben - fölteszem saját inverziós levezetésemet, amely különbözik [1270]-től. Az 1. rész:

Az ABC háromszög körülírt köre k, középpontja O, a háromszög A csúcsában lévő szög 2. Az AA₁ szögfelező felezi a 2 szöget, ezért A₁AB = CAA₁ = , másrészt a BA₁ húron nyugvó kerületi szögek egyenlőségéből A₁AB = A₁B₁B =A₁CB= . Az A₁C húron nyugvó kerületi szögekre: CAA₁ = CC₁A₁ = CBA₁ = . Látható, hogy az LM szakasz a C₁ és az A pontból egyaránt szög alatt látszik. Ezért az L, M, A, és C₁ pontok egy k₁ körön sorakoznak, melynek középpontja O₁.

Legyen az inverzió alapköre az A középpontú, AM sugarú kör. Az inverz pontokat jelöljük vesszőzve. A körülírt kör képe egyenes, ezen jelöljük meg B’,C’,A₁’ésB₁’ pontokat. BC egyenes képe az AB’C’ pontokon át húzott k₁ kör, BB₁ képe az AB’MB₁’ pontok k₂ köre, A₁B₁ képe, k₃ , AA₁’N’B₁’ pontokon halad át, végül legyen k₄ kör az MN egyenes képe az AMN’ pontokon át. BAA₁=A₁AC=/2 . B₁’A₁’A=B₁’N’A (k₃ –ban közös húr ) . B₁’B’A=B₁’MA (k₂ –ben közös húr ) . Ezért B₁’M egyenes az AC és AA₁ egyenesekkel AB’A₁’ höz hasonló háromszöget alkot, ennek külső szöge megegyezik B₁’N’A-gel, B₁’,N’ésM egy egyenesen van. Legyen AB és k₄ másik metszéspontja P. N’PA=N’MA=C’B’A. AB’C’ és APN’ hasonló háromszögek, egymásból A középpontú nyújtással keletkeznek. Ez igaz körülírt köreikre is. A tehát k₁ és k₄ hasonlósági pontja, a két kör érinti egymást. Szimmetrikus módon a C₁’ -n áthaladó inverz körök vizsgálatával kapjuk, hogy az ML egyenes képe is a k₁ kör A középpontú nyújtásával keletkező, M-en áthaladó kör, vagyis k₄ ( és P = L’ ) . L,M, N egyazon egyenes pontjai, és mivel k₁ -nek és k₄ nek nincs A-tól különböző közös pontja, inverz képeik, a BC és LN egyenes párhuzamosak.

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)

A 151. feladathoz: Legyen a körülírt kör k, a D, E, G pontokon átmenő kör k_t . 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