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

Csak szerkesztőprogrammal játszva: kiderült nem igaz a fordított irány ...

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!

A 151. feladathoz: Szerkesztőprogrammal nézegetve úgy tűnik, hogy az EG szakasz F felezőpontja ABC háromszög beírt körének középpontja. Talán segít, ha először ezt bizonyítjuk.

Csak szerkesztőprogrammal játszadozva azt valószínűsítem, hogy P-nek és Q-nak nem kell belső pontnak lennie. (Néha egyszerűbb az általánosabb, itt vszleg mindegy.)

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.

A 2. rész:

Hasznos volt egy kicsit kibontani a megoldás menetét, több szempontból is. Nekem például ezzel vált világossá, hogy valóban kulcsszerep jut az M pontnak. Melyről most már elárulhatjuk: ez a Miquel-pont, amely nemrég több itteni hozzászólás témája volt.

Múlik az idő, úgy tűnik, ideje feltenni a 152. feladatra egy olyan megoldást, amely a [1232]-ben közölt megoldásod a) megjegyzésére válaszol. Az ugyanitt javasolt 152/3. feladatra még megoldó kerestetik... . Később egyébként megnevezem a feladat elődjét, a megoldás elérhetőségét is megadva.

Következzék tehát a [1230]/152. példa egy újabb megoldása. Az 1. rész:

A leírtakkal egyetértek, sőt nagy részét evidensnek tartom. Megjegyzésem nem kívánt a kitűzés kritikája lenni. Ha már úgyis egy kicsit OFF vagyunk, leírom, hogyan jöttem rá én a megoldásra. Egyrészt hogy bemutassam, milyen értelemben „válik az M pont a megoldás kulcsává”, másrészt mert egy matematika oktatáshoz kapcsolódó fórumon talán nem baj, ha időnként ilyesmit is leírunk.

A három, egymást egy közös pontban metsző kör ábráját nézve feltünt, hogy az ábra szimmetrikus abban az értelemben, hogy egyik körnek sincs kitüntetett szerepe bármelyik másikkal szemben. Logikusnak véltem, hogy a megoldás is szimmetrikus: Ha a három körön futó pont valamelyike M-be kerül, akkor a másik kettő is. Ekkor persze vándorló háromszögünk elfajuló, egy pontra zsugorodik, alakjáról semmit sem mondhatunk – lásd NAGY BUMM hasonlatodat. De ha a futópontok közös M-beli helyzete megfelelő, akkor a feladat szabálya szerint a futópontok 180^o-os elforgatottja, vagyis a - később indokolt módon - P_aM,P_bM,P_cM -mel jelölt háromszög is megfelelő. Megrajzoltam P_aM,P_bM,P_cM-et és úgy láttam, hogy oldalegyenesei áthaladnak az M_xy pontokon. Bebizonyítottam, hogy erre a háromszögre ez valóban igaz, és itt nekem is beugrott, valamelyik régi feladatban már szerepelt ez az ábra. Milyen jó lenne, ha a háromszögek többi helyzetében is az oldalegyenesek áthaladnának az M_xy pontokon! Beláttam, hogy tetszőleges ilyen P_a,P_b,P_c háromszög hasonló P_aM,P_bM,P_cM-hez. Innen kezdtem el leírni a megoldást. A futópontok kezdeti felvétele tehát nem „Deus ex machina” módon, hanem az eddig leírtak alapján történt. Most már csak azt kellett igazolni, hogy az M_xy pontokra ileszkedő oldalegyenesekkel rendelkező háromszögek létrejönnek a futópontok kitűzésben leírt mozgása során.

Örülök, hogy föltetted ezt a szép, a lényegre koncentráló megoldást! Köszönet érte. A feladatnak vannak egyéb, részben általad is jelzett, kidolgozásra érdemes részei, ezért most a magam részéről nem teszek ezeket érintő kiegészítéseket. Abban bízom, hogy valaki(k)nek lehetnek még saját eredményei(k) és 1-2 héten belül esetleg közli(k) azokat. Reagálnék viszont a kitűzési szöveggel kapcsolatos néhány megjegyzésedre, az estleges félreértések elkerülése végett. (Elnézést a terjedelemért.)

Mégegyszer: köszönöm és grat.

Mivel a kör(ök) érinti(k) a tengelyeket, és (9,-2) pont x koordinátája pozitív, y koordinátája negatív, ezért a kör középpontjának x és y koordinátája ellentettei egymásnak, x pozitív, y negatív. A kör sugarának a hossza a középpont x koordinátájának nagysága, hiszen a kör érinti x-szet. A kör áthalad (9,-2) ponton, tehát: (9-r)²+(-2+r)²=r², ahonnan r²-22r+85=0, amiből r értékére 5 illetve 17 adódik. Tehát a két kör egyenlete: (x-5)²+(y+5)²=25 illetve (x-17)²+(y+17)²=289.

Sziasztok! Problémám akadt egy koordináta geometria feladattal: Meg kell adni annak a körnek(vagy köröknek) az egyenletét, amelyek áthaladnak (9;-2) ponton és érintik az x és y tengelyt is. Tudnátok segíteni, hogy hogy kell ezt kiszámolni?

1) Legyen a k_a,k_b,k_c körök közös metszéspontja M, páronkénti második metszéspontjuk M_ab,M_bc,M_ca. Vegyük fel k_a M-et nem tartalmazó M_abM_ca ívén a P_a pontot. Legyen a P_aM_ab egyenes és k_b másik metszéspontja P_b , P_bM_bc egyenes és k_c másik metszéspontja P_c . Könnyen belátható, hogy P_cM_ca és M_caP_a párhuzamosak, vagyis egy egyenesen vannak. Különböző P_ai -kat választva a keletkező P_aiP_biP_ci háromszögek hasonlóak, hiszen például a P_ai -knál fekvő szögek egyenlőek k_a kör M_abM_ca ívéhez tartozó kerületi szögével. Csak azt kell belátni, hogy ezen háromszögek csúcsai előállnak a feladatkitűzésben szereplő azonos, állandó szögsebességgel haladó futópontok egyidejű helyzeteként. Vegyünk fel két, 1-es és 2-es indexszel jelölt háromszöget. P_a1M_abP_a2 és P_b1M_abP_b2 szögek egyenlőek (csúcsszögek), a két körben a megfelelő ívhez tartozó kerületi szögek. Így a P_a1P_a2 és P_b1P_b2 ívekhez tartozó középponti szögek is egyenlőek, vagyis P_a és P_b ugyanakkora szögelfordulással jutnak k_a-ban és k_b-ben az 1-es helyzetből a 2-esbe, háromszögeink előállnak a feladatban megadott módon.

2) Nemcsak vándorló P_aP_bP_c háromszögünk egyes helyzetei, hanem a részüket képező P_aMP_c háromszögek is hasonlók, hiszen egy-egy szögük az MM_ca húrhoz tartozó kerületi szög k_a-ban ill. k_c-ben. P_aP_bP_c háromszög akkor lesz a legnagyobb területű, ha P_aP_c oldala a leghosszabb, vagyis ha P_aMP_c háromszög a legnagyobb. Ez pedig akkor következik be, amikor az M csúcshoz tartozó magasság a legnagyobb. Az utóbbi nem lehet nagyobb MM_ca -nál, és egyenlő is csak akkor, ha MM_ca merőleges P_aP_c-re. Legyen a csúcsoknak ez a helyzete P_aM,P_bM,P_cM . A merőlegességből következik, hogy MP_aM és MP_cM átmérők – és ez belátható MP_bM -re is.

Két megjegyzés:

a) Lássuk be, hogy háromszögünk akkor is megtartja alakját, mikor a k_a-n futó pont az M-et tartalmazó M_abM_ca íven halad.

b) P_aM,P_bM,P_cM összetartozó ponthármas helyzetéből következik, hogy mindhárom körben 180^o-ot fordulva mindhárom futópont M-be jut. Tehát , mint arra [1231]-ben utaltam, a körök metszéspontjában felvett futópont nem tilos, sőt a közös metszéspontban felvett 3 futópont éppen a megoldást adja.

152/3 feladatnak kitűzhetjük annak bizonyítását, hogy más megoldás nincs.

Kikötéseddel sokat segítettél. Mi van, ha valaki nem tartja be? ( Nem kell válaszolni. )

Az alábbiakban közlöm egy saját feladatomat. Nemrég rájöttem, hogy sajnos elődös: egy régi, közismert versenyfeladat következményének - vagy átfogalmazásának - is tekinthető.

152. feladat:

Egy adott ponton áthalad három, egymást páronként metsző kör. Mindegyik körön felveszünk egy-egy – a körök metszéspontjaitól különböző – pontot, melyek azonos körüljárási irányban befutják a körüket úgy, hogy egyszerre indulnak és azonos, állandó szögsebességgel haladnak.

1) Bizonyítsuk be, hogy e három pont felvehető úgy, hogy az általuk meghatározott háromszögek a teljes mozgás alatt hasonlóak legyenek egymáshoz.

2) Az így kapott háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe?

De igen. A geometria nem az erősségem. (Ezeket a feladatokat már megoldottam . Abban viszont nem vagyok biztos, hogy jó is.) Ezért kértem segítséget!

A feladataid nagyon ismerősek, véletlenül nem euklideszi geometria gyakorlat SZTE-n?

Köszönöm szépen a segítséget! :) De lenne még egy-két feladatom! Az első: Tetszőleges e egyenes esetén jelölje: "Te" az e-re való tükrözést. Mutassuk meg, hogy ha "a" és "b" párhuzamos egyenesek, továbbá TaTbTcTaTbTc= identitás, akkor "c" is párhuzamos a-val és b-vel.

Második: Mutassuk meg, hogy ha az A1A2A3A4 és B1B2B3B4 négyszögek paralelogrammák, az AiBi szakasz Ai-hez legközelebbi negyedelőpontja Ni (i=1,2,3,4), akkor az N1N2N3N4 négyszög is (esetleg elfajuló) paralelogramma.

Előre is köszönöm!:)

A feladatot megpróbálom általánositva megoldani, vegyünk két nem egybeeső pontot, ekkor keressük azt a pontot a sikon, amelytől vett távolságaik négyzetösszege minimális, könnyen ellenőrizhető, hogy pont a két pontot összekötő szakasz felezőpontja lesz, pl. koordinátageometriával könnyen kijön,legyen A(a1;a2), B(b1;b2), a keresett pont: P(x;y), innen már csak egy másodfokú kifejezésnek kell vizsgálni a szélsőértkét, adódik az eredmény.Ez máshogy is kijöhet, bár itt nem biztos, hpogy "érdemes" igy gondolkodni, de ha mégis igy tesszük, akkor könnyen általánositható a probléma. Tudjuk ugyanis azt, hogy bármely háromszögben a szokásos jelölésekkel: 4sc2=2a2+2b2-c2(ez elég ismert összefüggésnek tekinthető,remélem.),a PAB háromszögre ezt felirva, kapjuk, hogy akkor lesz minimális a négyzetösszeg, ha a felezőponttól vett távolság minimális, máris adódik az eredmény. Kicsit továbblépve, vegyünk egy háromszöget(az egyszerűség kedvéért nem elfajulót), legyenek a csúcsai:A(a1;a2), B(b1;b2), C(c1;c2). keressük azt a pontot a sik egy adott egyenesén , amelytől vett távolságnégyzetösszeg minimális. Itt is hasonlóan eljárva, ráhúzodik a súlypontra az, ami előbb a felezőpontra húzodott rá,emiatt pedig az egyenesen lévő merőleges vetülete lesz a megfelelő pont.(Remélem érthető).Eljutottunk a Te problémádhoz, innen már "könnyű" elbánni vele, hiszen tekintsük az EBA és ECD háromszögeket, adódik, hogy akkor lesz mionimális a négyzetösszeg, ha az E-nek a CD és AB oldalak feletzőpontjától vett négyzetösszeg minimális, ez pedig használva az előzőeket, pontosan akkor lesz, ha a két felezőpont felezőpontjától vett távolság minimális, ez a pont pedig éppen a tetraéder súlypontja, ezt pl. vektorokkal lehet igazolni nagyon könnyen, igy itt a súlypontot kell merőlegesen vetiteni a sikra, ez lesz a keresett pont. Nyilván ha emeljük a dimenziószámot, hasonlóan adódik a feladat megoldása, csak maximum nem tudjuk elképzelni, hogy miről is szól a feladat. :-) remélem, tudtam segiteni a probléma megértésében.

Hello, nekem egy olyan feladatom lenne, hogy adva van egy S sík és egy abcd tetraéder. veszünk egy E pontot . kérdés: Az S sík mely E pontjára lesz ez AE*2+BE*2+CE*2+DE*2 a kifejezés értéke a legkisebb? *2 a négyzetet jelöli!

Nagyon szépen köszönöm ez így nagyon sokat segített! KÖSZÖNÖM

Akkor tényleg csak néhány ötlet:

1. és 2. Az adott ponton keresztül, amelynek a képét keressük, tekintsünk egy tetszőleges segédegyenest, és próbáld először ennek a képét megszerkeszteni.

3. A megfelelő egyenespár segítségével először határozzuk meg a kollineáció tengelyét, majd használjuk ki azt a tényt, hogy a centrum és az eltűnési egyenes távolsága megegyezik a tengely és az ideális egyenes képének távolságával.

4. A megfelelő egyenespár és egy pont ismeretében ismét először keressük meg a tengelyt. Majd válasszunk egy tetszőleges segédpontot azon az egyenesen, amelyiknek adott a képe; és próbáld a választott pont képét megszerkeszteni.

5. Az ABCD négyszög képe akkor lesz paralelogramma, ha a szemköztes oldalegyenesek metszéspontjaihoz a kollineáció ideális pontot rendel. Ez alapján határozd meg először az eltűnési egyenest. A tengely meghatározásához pedig tekintsünk ismét egy segédegyenest azon a ponton keresztül, amelynek a képe adott, és szerkesszük meg először a segédegyenes képét.

Remélem, innentől már menni fog!

Köszönöm a linket, bár nem igazán értem az anyagot:( Amúgy centrális kollineációval oldhatók meg elvileg a feladatok és mi a projektív geometriával foglalkozunk. Ha mégis lenne még egy kis segítség mert én már kifuladtam a sz ötletekből?!

Én inkább ábrázoló geometriára tippelnék, bár szerencsére nekem nem kellett ilyesmit tanulnom, úgyhogy nem vagyok biztos, hogy valóban erről van szó.

Gratulálok! Igen, erre a megoldástípusra gondoltam! A D ponthoz tartozó bizonyításra egy másik változat: A definíció szerint D a P₉P₁₈ és P₆P₁₇ átlók metszéspontja, és azt kell igazolni, hogy P₄P₁₆-on is rajta van. DBO=20^o ,mint a P₆P₈ ívhez tartozó kerületi szög. BOD=20^o ,mint a P₁₇P₁₈ ívhez tartozó középponti szög, OBD egyenlőszárú. P₁₄OP₁₇=60^o ( 3 ívegység középponti szöge ) , P₁₄OP₁₇ szabályos. Így BDOP₁₄ deltoid, P₁₇P₁₄D=30^o . Így D rajta van a P₁₄P₁₇-tel 30^o-ot bezáró P₂P₁₄ átlón és ennek P₉P₁₈ -ra vett tükörképén, P₄P₁₆-on is.

Szia Kandi! Ez itt a KöMaL Geometria fóruma. Feladataid úgy látom, nem egészen a középiskolai geometria témájába tartoznak, ami még önmagában nem baj. Csak az nem világos, miről is van szó. A használt fogalmak alapján úgy gondolom, valamilyen projektív geometriai kurzusra jársz. A feladatok esetleg mind centrális kollineáció témába esnek? Ha nem ismered, talán segít ez a jegyzet:

http://www.jgytf.u-szeged.hu/~krisztin/projektiv.doc

Szia Mindenki! Én még itt új vagyok, úgyhogy nem nagyon tudom, hogy hogyan működik, de nagy segítségre lenne szükségem. Van 5 db szerkesztési példám. Ami elvileg nagyon könnyű, de én nem tudtam megcsinálni, ha valaki segítene megköszönném. Leírom a feladatokat: 1., adott : tengely, centrum, eltűnési egyenes.Szerk. meg tetszőleges pont képét! 2., adott : tengely, centrum, ideális egyenes képe.Szerk. meg tetszőleges pont képét! 3., adott : az eltűnési egyenes, az ideális egyenes képe, és egy egymásnak megfelelő egyenespár.Szerk. meg a centrumot és a tengelyt! 4., adott : egy megfelelő pontpár, egy megfelelő egyenespár és a tengely egy pontja. Szerk. meg a centrumot és a tengelyt! 5., adott : a centrum és egy megfelelő pontpár. Határozzuk meg a tengelyt úgy, hogy egy előre adott ABCD négyszög képe paralelogramma legyen! Előre is köszönöm:)

151.feladat:

ABC háromszög körülírt körét, AB és AC oldalt rendre D, E, G-ben érinti egy kör. Bizonyítsuk be, hogy BDC szög felezője felezi EG szakaszt.

Rajz a megoldás 2. részéhez:

A megoldás 2. része:

Rajz a megoldás 1. részéhez:

A HoA [1208]-as hozzászólásában kitűzött 150. feladat két feladatnak tekinthető. Elnézést, de sajnos csak négy részletben tudom feltenni a megoldást: a képek 50 KB-os határával a megfelelő képminőség ugyanis nem összeegyeztethető.

A megoldás 1. része:

Tetszik a feladat, s már kész vagyok egy teljes, elemi geometriai bizonyítással. Az utolsó simításoknál tartok, legkésőbb holnap reggel felteszem.

Segítség a 150. feladat egy lehetséges megoldásához: Az E és D pontot máshogy definiálva lássuk be addíciós tételek következménye segítségével, hogy megfelelnek az eredeti definíciónak.

Egyelőre megpróbálok más jellegű (számomra szebb) megoldást is kitalálni.

Mit néztél el? Szerintem a feladat jó. Nyilván sokunknak beugrik a hetedik, azonos sugarú kört és egymást érintő hat kör, és ezek befoglaló köre. De azt nem sikerült bizonyítanom, hogy a hetedik kör elhagyásával nem adható jobb megoldás - kisebb befoglaló kör.

A 148. feladat megoldása: A keresett sugár 12 cm. Ha valaki tud jobb feladatot, tűzze ki! (Elnéztem.)

Úgy látom nagy a csend. Hadd tűzzem ki 150. feladatnak a KÖMAL egyik régi számában talált problémát –a megoldások után pontosan megjelölöm a forrást.

Az ABC egyenlőszárú háromszögben AC = BC és a C-nél lévő szög 80^o . A háromszög belsejében kijelöljük azt a D és E pontot, amelyre DAB=EAB=10^o,DBA=30^o,EBA=20^o . Bizonyítsuk be, hogy DCB=10^o és ECB=20^o.

A téma olvasói könnyen rájönnek, miért tetszett meg ez a feladat.

A 149. feladathoz: 2. rész.

Az előző [1206] hozzászólás folytatása.

A megoldásban nem törekedtem a teljességre, a legegyszerűbb megfogalmazásra, inkább a gondolatmenet bemutatására.

Jó lenne, ha valaki szebben megfogalmazott, vagy más jellegű megoldást is adna!

Vegyük észre a kapcsolatot az itt és HoA[1204] hozzászólásában látottak közt!

A 149. feladathoz: 1. rész.

Folytatása a következő hozzászólásban.

Nekem is hiányérzetem volt janomo[1200] hozzászólásával kapcsolatban. Igaz így legalább HoA pontos, érthető megfogalmazásában láthattuk a megoldást!

Példát mutatok egy kevésbé szépre a következő hozzászólásban, az eredeti feladat kapcsán. Remélem, látható lesz belőle, hogy a szép megoldások is esetleg hosszabb gondolkodás után, sok munka árán, nem véletlenszerűen jönnek össze. Az így elért eredmény, sőt részeredmény is örömet adhat. (Ráadásul nem kell közben pl. négykerekű motoros marhasággal -nem jut eszembe a neve - tönkretenni a környezetet.)

149. feladat: A Surányi János emlékverseny 2. feladata: Az ABC háromszög beírt köre az AB és AC oldalakat rendre a D és E pontban érinti. A beírt körnek és az AEB háromszög köré írt körnek E-től különböző közös pontja legyen F, a D pont merőleges vetülete az EB egyenesen G. Igazoljuk, hogy 2ABEszög=BFGszög.

(Elnézést, a továbbiakban ezeket az eredeti jelöléseket használom!)

Szerintem nem érdemes annyival elintézni az inverziós megoldást, hogy „inverzió a B pontra és kész”. Más feladatoknál is felhasználható például, hogy három, a póluson nem áthaladó egyenesen fekvő pont képe egy, a póluson átmenő körön van, és viszont: ha négy pont húrnégyszöget alkot – egy körön van – akkor egyiküket pólusnak választva a másik három pont inverz képe egy egyenesen fekszik.

Legyen tehát az inverzió pólusa B, alapköre a k-t merőlegesen metsző kör. Ekkor k képe önmaga, A és A’ egybeesik, F képe az AB egyenes F’ pontja, melyre F’A = AB, AB Thálesz-körének képe az AB-re merőleges e egyenes, D képe, D’ BD és e metszéspontja, I képe a BI egyenes k-val alkotott második metszéspontja. CIF egyenes képe a B’, F’, I’ pontok által meghatározott kör. Ennek F’B húrja, e húrfelező merőlegese, tehát szimmetriatengelye. e k-nak is szimmetriatengelye, így a két kör metszéspontjai, C’ és I’ egymás tükörképei e-re. Ez igaz az F’, B pontpárra is, tehát a BD’I’ egyenes e-re vett tükörképe az F’D’C’ egyenes. A fentiek szerint ezért BCDF húrnégyszög, körülírt körében az egyenlő BF és DF húrokhoz egyenlő kerületi szögek tartoznak: DCF=FCB.

148. feladat: Mekkora annak a legkisebb körnek a sugara, amelyben átfedés nélkül elfér 6 db 4 cm sugarú kör? (Érintkezés lehet.)

Érdemes HoA [1198]-ban lévő megjegyzése alapján is végiggondolni a megoldást!

Tényleg kár, hogy másokat nem érdekelnek ezek a jó kis feladatok. A 147. feladathoz: D rajta van AB Thálesz körén, AF = DF = BF. A szelőtételből FD²=FA²=FI^.FC . FID és FDC -ek hasonlók, FBD egyenlőszárú, DCF=FDB=DBF, BCDF húrnégyszög, körülírt körében az egyenlő BF és DF húrokhoz egyenlő kerületi szögek tartoznak: DCF=FCB

Inverzió a B pontra és kész.

Írtam, hogy belső szögfelező?!

A mellékelt ábra nem csak gonoszkodás, talán a megoldáshoz is segítséget nyújt :-)

Köszönöm HoA! Elírtam. Helyesen a feladat:

A Surányi János emlékverseny 2. feladata alapján.

147. feladat: Érintse a k kör az AB egyenest az A pontban és legyen C a k egy A-tól különböző pontja, F az AB szakasz felezőpontja. Az FC messe még k-t az I pontban, az A-nak a BI-re eső merőleges vetülete D.

Bizonyítandó, hogy CF felezi a DCB szöget.

Az ábra alapján inkább a cáfolat mint a bizonyítás látszik esélyesebbnek.

Örülnék, ha nem csak HoA kapcsolódna be a 144. és 144.b feladat megoldásába.

Hogy jellemezhető pl. HoA 6 megoldása, hány és milyen megoldást adó P lehet még a háromszögön kívül?

A Surányi János emlékverseny 2. feladata alapján.

147. feladat: Érintse a k kör az AB egyenest az A pontban és legyen C a k egy A-tól különböző pontja, F az AB szakasz felezőpontja. Az FC messe még k-t az I pontban, az A-nak a BI-re eső merőleges vetülete D.

Bizonyítandó, hogy CF felezi a DFB szöget.

144.b feladathoz: Az ABC háromszögön belüli P pontokra a talpponti DEF háromszögben a megfelelő pontok hat különböző helyzetben lehetnek szabálytalan hegyesszögű háromszög esetén, lásd [1190] ábráját. A [1189]-ben vázolt szerkesztést elvégezve mind a hat pontra kapunk megoldást az ábra szerint.

a 144. feladattal kapcsolatban:

HoA nagy ötlete után példát mutatok az adott ABC háromszöghöz olyan P pont szerkesztésére, amelyhez adott QRS háromszöghöz hasonló talpháromszög tartozik:

Az ábra Q’PS’ szöge 180 fok-alfa, egyenlő a QP’S szöggel, így P’ számára adott vonal a QS szakasz 180 fok-alfa szögű látóköre. Hasonlóan pl. az RQ 180 fok-béta látóköre is, így P’ szerkeszthető.

A Pa pont SP’ távolságra van az AC-től és QP’-re az AB-től. P-nek az APa-n (és hasonlóan a BPb-n) kell lenni. …

Természetesen több megoldása lehet (van) a feladatnak. 144.b feladat: Adjuk meg a lehetséges megoldások számát!

Szia! - 2 hónap késéssel, de...

Látom, hogy már kaptál segítséget, de ha dobsz egy e-mailt, akkor tudok küldeni egy anyagot. Nem egészen elemi, de annak idején (tavaly vagy tavalyelőtt) a debreceni Fazekas Gimnázium matek önképzőkörén mondtam el, és értették, legalábbis úgy tettek:).

Az ABC belsejében fekvő P pontokhoz olyan DEF háromszög tartozik, melynek egy-egy oldala P-ből - ill. - szög alatt látszik. A 3. ábrán ezért a DEF háromszög oldalainak - (zöld) ill. - (kék) látószögű köríveit és azok metszéspontjait vizsgáljuk. A szimmetria kedvéért feltüntettük a - (lila) látószögű köríveket is, ezek természetesen áthaladnak ugyanazokon a metszéspontokon. A hat metszéspont közül az egyik DEF magasságpontja. Tudjuk, ez felel meg annak, ha P gyanánt ABC körülírt körének középpontját választjuk. Két másik metszéspont DEF első ill. második Brocard pontja (Könnyen belátható, hogy a Brocard pontokból két oldal látószöge - ill. -) . Kérdések: DEF Brocard pontjait választva a szerkesztés eredményeként kapott P ABC-nek is Brocard pontja lesz? Kapunk-e megfelelő P pontot a 3. ábra fennmaradó három látószög-körív metszéspontjából?

A második ábrán a H₂ DEF háromszög oldalainak a háromszög belseje felé eső (zöld) , (kék) ill. (lila) látószögű köríveit és azok metszéspontjait vizsgáljuk. Az R pont jó lenne az 1. ábra P pontjának, csak és sorrendje fordított. Ezért szerkesztésünk alapja a H₂ háromszög H₃ tükörképe. Legyen EDR szög = . Vegyük fel az 1. ábrán az AC szakasz C-n túli meghosszabbításán a D’ pontot. A D’-pontban AC-re emelt merőlegessel annak A-t tartalmazó oldalán szöget bezáró egyenes és AB metszéspontja E’ . A H₃ –hoz hasonló D’E’F’ H₄ háromszöget A-ból vetítsük úgy, hogy F’ F képe BC-re essen. Ekkor a H₄ ( = H₂ ) DEF háromszög megfelel, P az AC-re D-ben és az AB-re E-ben emelt merőlegesek metszéspontja. Kérdések: Kapunk-e így megoldást a szemközti, A csúcsú végtelen síktartományban? A 2. ábra (, ) látószögű Q pontja ad-e megoldást az 1. ábra AB szakaszának C-t nem tartalmazó oldalán lévő síktartományban ? Hát a C csúcsú végtelen síktartományban? A 2. ábrán DEF piros körülírt körének D-t nem tartalmazó EF ívén minden pontból a DEF háromszög egy-egy oldala ill. szög alatt látszik. Megfelenek-e ezek a pontok R szerepére?

Nevezzük a megfelelő P pont vetületei által meghatározott háromszöget P talpponti háromszögének. Mit állapíthatunk meg az adott ABC háromszög oldalegyenesei által hét tartományra osztott sík egyes részeiben a P-ből a talpponti háromszög csúcsaiba vezető szakaszok által bezárt szögekről? Az 1. ábráról leolvasható, hogy 2-2 tartományban ezek a szakaszok egymással nem egymás szögtartományába eső , szokásos szögmérési irányban mért ( ,) , ( , ) illetve ( , ) szögeket zárnak be. A háromszög belsejében a megfelelő szakaszok szöge pl. ( –,– )

A keresendő P pontok lehetséges helyzetét vizsgáljuk nem az ABC, hanem a talpponti, DEF háromszöghöz képest. Ezzel a keresett P pontok megszerkesztésének egy lehetséges útját is kijelöljük. Általános hegyesszögű ( 45, 60 75 fokos ) háromszöget választottam. ( Majd meg kell vizsgálni, hogy módosulnak az eredmények egyenlőszárú, egyenlőoldalú, derékszögű, tompaszögű, vagy akár más általános hegyesszögű háromszög esetében. ) Ha van megfelelő P pont az 1. ábra BC szakaszának A-t nem tartalmazó oldalán lévő síktartományban, akkor P-ből a DEF háromszög egy-egy oldala ill. szög alatt látszik, mégpedig úgy, hogy P DEF egy-egy oldalának ill. látószögű, a háromszög belseje felé eső körívén van. ( Mikor jöhetnek szóba a külső körívek? )

Köszönöm.

Itt egy új, a számozottak között 146. feladat:

A hegyesszögű APD AP, illetve PD oldalának tetszőleges pontja rendre B, illetve C. Az ABCD négyszög átlói a Q pontban metszik egymást. M₁, illetve M₂ rendre az APD, illetve a BPC magasságpontja. Az ABQ és CDQ háromszögek körülírt köreinek Q-tól különböző metszéspontja legyen X, a BCQ és ADQ háromszögekre ugyanígy kapott pont pedig legyen Y. Bizonyítsuk be, hogy: ha az M₁, M₂ és X pontok egy e egyenesre esnek, akkor Y e.

A 144. feladathoz: Az ábrán látható két olyan (a két kék ponthoz tartozó) az eredetihez hasonló "talpháromszög", melyekben az AB-nek megfelelő oldal az AB és az AC egyenest köti össze.

Az előző hozzászólás ábráján is két ilyen van, a zöld és a barna ponthoz tartozó. ...?

A 144. feladathoz: Az ábrán látható három, az eredetihez hasonló "talpháromszög".

A barna és a kék pont a háromszög Brocard-pontja. Azt nem nagyon nehéz bizonyítani, hogy a hozzájuk tartozó talpháromszögek megfelelnek a feladatnak, hogy ez a kettő egybevágó azt nehezebb.

A körülírt kör kp-jához tartozó középvonali háromszög is jó.

Az ábra zöld pontja is jó. ...?

Lenne egy kis gyakorlati problémám, úgy vélem ehhez a témához tartozik:

Adottak egy "majdnem derékszögű" háromszög a, b, c oldalai. Keressük meg a legjobban közelítő derékszögű háromszöget abban az értelemben, hogy

(a+a)²+(b+b)²=(c+c)²

teljesüljön, úgy, hogy a²+b²+c² minimális legyen.

Találtam egy olyan irodalmat, amelyik talán érthetően vezeti le a dolgot. A 60-61. oldalakon van a Téged érintő/érdeklő rész. Ott y,x₁,x₂ változókról beszél, ezek a Te példádban (sorrendben) z,x,y.

A mintafeladatodat megcsináltam ezeknek az egyenleteknek a segítségével (a 61. oldal tetején a három egyenlet - mint egyenletrendszer - megoldása), és Excelben is (LIN.ILL függvény). Az eredmények teljesen megegyeznek.

A regressziós sík egyenlete a kis példádra, 6 értékes jegyre:

z=0,744949x+27,6667y-5898,09

Írj mailt, megküldöm az Excel-táblát.

Microsoft Visio. Sajnos nem tudok ingyenes változatról :-(

Üdvözöllek!

Elolvastam a linkelt doksikat, és sok példát is találtam a neten, de valahogy nem akar kijönni...

Tudna valaki egy kis példán keresztül segíteni a "regressziós sík" kiszámításában az alábbi pontokra.

Előre is köszönöm.

Üdv. A következő kérdésre szeretnék választ kapni: Van-e olyan konvex 5, vagy attól többszög, aminek több mint 4 belső szöge 120°, vagy attól kisebb. Minden ötlet nagyon érdekel! Előre is köszönöm.

Helló, HoA!

A h.f.-ekhez szívesen használnék ilyen progit, amivel ez a rajz készült. Mi a neve? Köszi, előre is.

Hogy a pontok mennyire pontosan vannak egy körvonalon, az - szerintem - gyakorlatilag mindegy. Ami nem mindegy: hogy egy síkban vannak-e. Ha nincsenek, akkor regressziós síkot kell keresni. (Ellenkező esetben nyilván bármelyik 3 pont kifeszíti a keresett síkot.) Regressziós sík megtalálására az irodalomban (pl. itt) találsz több megközelítést is (kiemelés tőlem):

"... egy, a megadott pontokhoz leginkább simuló általános kiegyenlítő sík egyenletét határozza meg, úgy, hogy a pontok és a sík közötti z irányú távolságok négyzetösszegét minimalizálja ..."

vagy

"... a megadott pontokhoz legjobban simuló kiegyenlítő sík egyenletét számítja ki úgy, hogy a pontok és a sík közötti merőleges távolságok négyzetösszegét minimalizálja ..."

Amit még találtam hirtelen: A regressziószámítás gyakorlati kérdései

Ha a regressziós egyenes megkeresésének módját ismered (így van vajon?), nem sok gondod lesz a síkkal sem.

Üdvözlök Mindenkit!

Egy kis segítségre lenne szükségem.

Adott egy térbeli koordináta rendszer, és 600 pont (X,Y,X), amik megközelítőleg (nem pontosan) egy kör körvonalán helyezkednek el. A kör síkja nem párhuzamos az XY síkkal.

A pontok a koordináta rendszerben való ábrázolása a képen látható.

Hogyan lehetne ezekre a pontokra egy síkot illeszteni?

Minden segítséget nagyon szépen köszönök.

David20

david20x@gmail.com

145. feladat:

Legyen a P pont ABC -re vonatkozó Simson egyenese s. Mivel a Feuerbach kört M-ből kétszeresére nagyítva a k körülírt kört kapjuk, a feladat második, A₁B₁C₁ háromszöge ABC középponti háromszögének M-ből vett kétszeres nagyítása, vagyis ABC 180^o-os elforgatottja a körülírt kör O középpontja körül. Forgassuk el az ABC -et és P-t 180^o-kal O körül. ABC A₁B₁C₁-be, P pedig k átellenes P₁ pontjába kerül, s képe a vele párhuzamos s₁ egyenes lesz, s₁ így a P₁ pont A₁B₁C₁-re vonatkozó Simson egyenese . Ha most P₁-et O körül 180^o-kal elforgatva P-be visszük, A₁B₁C₁-re vonatkozó Simson egyenese [1170] (1) szerint 90^o-kal fordul el, új helyzete s₂ merőleges lesz s₁-re és így s-re is.

144. feladat: Adott háromszög esetén határozzuk meg azon pontok halmazát, melyeknek a három oldalegyenesre eső merőleges vetülete az eredetihez hasonló háromszöget határoz meg.

HoA szép megoldása - az (1) tétel ismerete - után már könnyebb a következő feladat!

143/2. feladat: Bizonyítandó, hogy egy nem derékszögű háromszögnek és a magasságpontja oldalfelezőpontokra vonatkozó tükörképei által kapott háromszögnek ugyanazon ponthoz tartozó Simson-egyenese merőleges egymásra!

Helyesbítek: GH az A pont DEF háromszögre vonatkozó Simson egyenese.

Azért nem várok egy hetet, mert az alábbi megoldás nem csak a középiskolai anyagra támaszkodik, kihasználja a Simson egyenesnek azt a tulajdonságát, hogy

a körülírt kör két , P és Q pontjához tartozó Simson egyenes szöge megegyezik a körülírt kör PQ ívéhez tartozó középponti szög felével. (1)

Ennek alapján elég az állítást a körülírt kör tetszőleges P pontjára belátni, hiszen P-t bármely más pontba mozgatva a két vizsgált háromszögre vonatkozó Simson egyenes ugyanazzal a szöggel fordul el, tehát megtartják merőlegességüket. Legyen az ABC háromszög magasságpontja M, az AM, BM, CM magasságoknak a körülírt körrel alkotott másik metszéspontjuk rendre D,E,F. ACF és EBA szögek egyenlőek, mert egy szögű derékszögű háromszög harmadik szögei. Ezért az AE és AF ívek egyenlőek, és a hozzájuk tartozó EDA és ADF kerületi szögek is. Legyen P = A. Ekkor az ABC háromszögre vonatkozó Simson egyenes az AD magasságvonal. A-ból ED-re és FD-re bocsátott merőleges talppontja G és H. ADG és ADH egybevágó derékszögű háromszögek, G és H egymás tükörképei AD-re, ezért GH, az A pont EFG háromszögre vonatkozó Simson egyenese merőleges AD-re.

Talán tud valaki közvetlen, az (1) tételt nem felhasználó megoldást.

143. feladat: Bizonyítandó, hogy egy nem derékszögű háromszögnek és a magasságpontja oldalakra vonatkozó tükörképei által kapott háromszögnek ugyanazon ponthoz tartozó Simson-egyenese merőleges egymásra!

Köszönöm a segítséget. A szerkesztés már ok.; a bizonyítással még bírkózom.

A Mascheroni-féle szerkesztésekről (tételesen az általad kérdezettről is) olvashatsz pl. itt:

PowerPoint bemutató

vagy itt:

Adobe Readerrel olvasható PDF fájl

Hi! A csak körzővel való szerkesztésekről keresek irodalmat. Különös tekintettel érdekelne egy adott kör középpontjának megszerkesztése (csak körzővel),ill. ennek bizonyítása (ha lehet elemi úton).A segítséget előre is köszönöm.

Egy nedijan-éhoz hasonló feladat:

Szerkesztendő ABC háromszög, ha adott c, a-b és alfa. (Sokkal könnyebb, ha béta adott?)

Vagy ugyanez másként: CD szakasz D végpontjában vegyük fel a CD-hez alfa/2 szögben hajló e egyenest. Ezt C középpontú a sugarú körívvel metszve kapjuk B-t. A diszkusszió így talán egyszerűbb: A megadott adatok között milyen összefüggés áll fenn, ha 0, 1 ill. 2 megoldást kapunk?

Köszönöm a segítséget. Jani

b-t hosszabítsd meg A csúcson túl c-vel. Az így kapott végpontot jelöld D-vel, vagyis a CD szakasz hossza b+c lesz. Tekintsd a DBA egyenlő szárú háromszöget, amelynek A csúcsba futó szárai c hosszúságúak, a DB alapon fekvő szögei pedig alfa/2 nagyságúak, mivel az A-nál lévő külső szög alfa nagyságú, ami az ABC keresett háromszögünk A-nál lévő adott szöge. A szerkesztés menete: megszerkeszted az a, b+c oldalakkal bíró, alfa/2 nagyságú a-val szemközti szögű háromszöget (a fölé alfa/2 látószögkörív, amit a egyik végpontjából b+c-vel elmetszel; de gondolom ezt nem kell magyarázni). Megkapod, a már említett D pontot. felveszed B-ben a DBA alfa/2 nagyságú szöget. Ahol a szögszár elmetszi a CD szakszat, az lesz az A csúcs. Remélem érthető volt.

Sziasztok!

Lenne egy egyszerű geometriai szerkeztésem, de sehogy nem jövök rá a megoldásra. Adott b+c, a és az a-val szemközti szög. Megszerkezthető-e a háromszög, ha igen adja meg a szerkesztés menetét! Ebben kérem a segítségeteket. Előre is köszönöm.

Jani

Köszönöm a válaszokat!

Az AB irányű egységvektor . Az AP szakasz vetületének, azaz AX-nek az előjeles hossza az AB egyenesen . Tehát,

A paraméteres alakot talán úgy a legegyszerűbb felhasználni, hogy AQ és PQ merőlegességét írjuk fel. t-vel paraméterezve AQ = Q - A = ( 4t ; -2t; -3t ) PQ = Q - P = Q - A + A - P = ( Q - A ) - u = ( 4t -6 ; -2t + 4; -3t + 1) . A kettő szorzata 0. 4t ( 4t - 6 ) + 2t ( 2t - 4 ) + 3t ( 3t - 1 ) = 16t²-24t+4t²-8t+9t²-3t=29t²-35t=0 . t-vel oszthatunk - a 0 hosszúságú AA vektor bármire merőleges - , t = 35 / 29 , ami az előző levezetés számszerű eredményét adja.

Ne ijesszük el farkasb-t, nem kell ide szélsőérték-számítás. Az X pont az AB szakaszt az AP szakasz és a PB szakasz AB-re eső vetületeinek arányában osztja. Legyen Ekkor . X = A + m ( B - A ) = m B + ( 1 - m ) A , ahol m és ( 1 - m) aránya az u és a v - u vektor v -re vonatkozó vetületeinek aránya. Innen

Számadatainkkal u = ( 6;-4;-1 ), v = ( 4;-2;-3 ), v-u = ( -2; 2; -2), uv = 35, (v-u)v = -6, v v = 29.

. vegyük észre, hogy az együtthatók összege 1, tehát X valóban az AB egyenes pontja és m > 1, így az ábrával ellentétben X az AB szakasz B-n túli meghosszabbítására esik.

Az egyenes pontjai ilyen alakúak: (2+4x, 9-2x, 4-3x) P távolsága egy adott ponttól: (8,5,3)-előbbi. Azaz (6+4x, -4-2x, -1-3x) Azt az x-et keressük amire a vektor hossza minimális. A hossza nem más, mint a koordináták négyzetösszege, aminek a szélsőértéke megkapható egy egyszerű deriválással.

Kedves Fórumozók!

Adott A(2,9,4) és B(6,7,1) ponttal meghatározott térbeli egyenes. Adott P(8,5,3) pont. Hogyan számolható ki a P pont vetülete az egynesen? Előre is köszönettel: farkasb

[1150] ábrájának tétele és a 142. feladat egyenértékűek. Jelöljük a D és E közötti piros pontot P-vel. A BE, CE, AD, BD egyenesek által meghatározott négy háromszög közül kettőnek a körülírt köre a P-n és E-n illetve a P-n és D-n áthaladó szaggatott körvonal. P tehát a négy háromszög körülírt köreinek közös pontja, a négy egyenes mint érintők által meghatározott parabola fókusza. A tétel bizonyítása tehát egyben a 142. feladat megoldása is.

Elemi, csak a húrnégyszögek szemközti szögeinek tulajdonságát felhasználó, lépésenként illusztrált bizonyítás található itt: http://agutie.homestead.com/FiLEs/miquel_pentagram1.htm

A 138. feladathoz kapcsolódik:

A "Valaki mondja meg!" témában az [573]. hozzászólásban ábra is mutatja a következő tételt:

Ha négy egyenes négy háromszöget alkot, akkor ezek magasságpontjai egy egyenesen vannak, körülírt köreik egy ponton mennek át. Ez a pont és a magasságpontok egyenese parabolát határoz meg, melynek az eredeti 4 egyenes érintője.

Nem ismerek elemi megoldást a következő 142. feladatra:

Bizonyítandó, ha öt egyenes közül bármelyik négy négy háromszöget alkot, akkor az ezekhez a fenti tétel szerint tartozó fókuszok egy körön vannak.

A tétel egy érdekes következménye: Egy konvex ötszög minden +második csúcsát összekötve kapott öt háromszög körülírt köreinek "második" metszéspontjai egy körön vannak. Ábra! Segítségül: http://mathworld.wolfram.com/MiquelsPentagramTheorem.html

Én viszont teljesen egyetértek BohnerGézával! A [1146] -beli általános leírás és a [1148] -ban kifejtett következtetés együtt teljes mértékben kiváltják a konkrét példára végzett [1147] -beli levezetést. Elnézést kérek, hogy két lépés összevonását nem vettem észre [1146] végén.

Kivételesen nem értek egyet HoA-val, bár ez sem teljesen igaz, csak ezért írom a következőt: Megfogalmazásom túlzottan tömör, komoly végiggondolást igényel, de szerintem teljes.

Az [1146]-ban leírtakból és az [1145]-ben lévő ábrából kiderül, hogy két forgatás szorzata végeredményben két olyan tükrözéssel helyettesíthető, melynek első egyenese az első forgatás kp-ján és az eredményül kapott forgatás kp-ján, a második a második forgatás kp-ján és az eredményül kapott forgatás kp-ján megy át, szögük az eredményforgatás szögének fele.

Kérem mindenkitől, ne adja föl, ha elsőre nem értette, amit írtam! Akarattal teszem, gondolkodást várok! (Ez nem HoA-nak szólt, jogosan figyelmeztetett mostani túlzott tömörségemre.)

A leírtak egészen az utolsó mondatig rendben vannak. Ha az utolsó mondatot mint egy itt nem részletezett bizonyítás eredményét tekintjük, akkor az is elfogadható. De önmagában nem. Természetesen ha KM és KN merőlegesek, akkor a rájuk történő tükrözések eredője egy 180 fokos forgatás, vagyis egy K pontra vonatkozó tükrözés. De hát éppen ezt a merőlegességet kéne bizonyítani. A [1146] -ban leírt forgatáshelyettesítésből nem következik, hogy éppen MK és NK lenne az a két egyenes, melyeket t₁ -nek és t₄ -nek választhatunk. Szerintem a [1146] -beli gondolat feladatunk megoldására az alábbiak szerint használható fel:

Az M körüli - szögű forgatás helyettesíthető két, egymással (-)/2 szöget bezáró, t₁ést₂ egyenesre vett tükrözéssel. Válasszuk t₂ -nek MN -t, és legyen t₁ az ezzel -(-)/2 szöget bezáró, M-en áthaladó egyenes. Hasonlóan az N körüli szögű forgatás helyettesíthető két, egymással /2 szöget bezáró, t₃ést₄ egyenesre vett tükrözéssel. Válasszuk t₃ -nak MN -t, és legyen t₄ az ezzel /2 szöget bezáró, N-en áthaladó egyenes. Legyen t₁ és t₄ metszéspontja L. A két forgatás eredője, vagyis a négy tükrözés eredője, mivel a t₂ -re és t₃ -ra vonatkozó tükrözés eredője azonosság, a t₁ -re majd t₄ -re végrehajtott tükrözés eredője.

Az MNL háromszögben az M-nél és N-nél lévő szögek összege 90^o , ezért a háromszög L-nél derékszögű. Másrészt a tükrözések eredője egy L köröli 180^o -os forgatás - L-re vonatkozó tükrözés - és mivel a forgatások eredője C-t D-be viszi, L = K. Ezzel már valóban bizonyítottuk, hogy MK és NK merőlegesek.

Két forgatás szorzatáról: Ábra az előző hozzászólásban.

És a 141. feladat egy megoldása.

Ábra a forgatások szorzata egy lehetséges tárgyalásához. A következő hozzászólásban ennek egy részesetét vizsgáljuk, azt ha az eredmény nem eltolás.

A 141.feladat megoldása: Tükrözzük M-et K-ra, a tükörkép legyen M' .

a) Vegyük fel BM meghosszabbításaként az MB' = BM szakaszt. Jelöljük a BND szöget -vel. ABND és ABMC húrnégyszög, ezért BAC és B'MC szög is . Az ívfelezés miatt NB = ND és MB = MC (= MB') , a tükrözés miatt M'D = MC. ND az NB szakasz elforgatottja -vel, a DM' -vel egyállású MC a BM -mel egyállású MB' elforgatottja -vel, ezért NBM és NDM' háromszögek egybevágóak, NM = NM' . NK az MM'N egyenlőszárú háromszög alaphoz tartozó súlyvonala, tehát NK merőleges MK-ra.

b) Felhasználjuk, hogy egy X pont körüli szögű és egy Y pont körüli szögű elforgatás eredője egy Z pont körüli + szögű elforgatás, speciálisan ha += , akkor egy Z pontra vonatkozó tükrözés. CMB szög = -, az M körüli - szögű elforgatás C-t B-be viszi, az N körüli szögű elforgatás B-t D-be viszi, a két elforgatás eredője C-t D-be viszi. Mivel a két elforgatás eredője egy pontra vonatkozó tükrözés, ez a pont éppen K, tehát a két forgatás eredője egy K-ra vett tükrözés. Alkalmazzuk a két elforgatást M-re. Az M körüli forgatás M-et helyben hagyja, az N körüli forgatás egy olyan M' pontba viszi, melyre NM = NM' . Ugyanakkor M' éppen az M pont K-ra vett tükörképe. NK az MM'N egyenlőszárú háromszög alaphoz tartozó súlyvonala, tehát NK merőleges MK-ra.

A "kis segítség" önnálló feladatnak biztosan jó, ajánlom mindenkinek!

A 141. feladatra két megoldást ismerek, azokhoz nem használtuk ezt a segítséget, talán egy harmadikhoz jó.

Az általam ismett megodások alapszava:

- - - egyikhez: "ha felező..., akkor tükrözzünk rá!"

- - - másikhoz: "leképezések"

Egy kis segítség(?) a 141. feladathoz: Ha A és K egybeesik, akkor az MKN pontokon áthaladó kör érinti CD-t.