Geometria. 1. feladat

Átírás

1 Geometri 1. feldt A kerületi és középponti szögek tétele lpján LAB =AO B (mivel LAB érintőszárú kerületiszög). Hsonlón KAB =AO 1 B. A szimmetri mitt AO O 1 =O 1 O B és BO 1 O =O O 1 A. Így AO O 1 =O 1 O B =LAB és BO 1 O =O O 1 A =KAB. Lássuk hol is járunk. H belátnánk, hogy LAKB húrnégyszög (1), kkor BAK =BLK, zz BLK =BO 1 O, zz KL O 1 O, így kész vgyunk. (1)-et pedig könnyen beláthtjuk szögszámolássl: LBK = O 1 BO =180-BO 1 O -BO O 1 (BO 1 O háromszögből), és LAK =LAB +BAK = =BO 1 O +BO O 1, így LAK +LBK =180, zz kész vgyunk.

2 Geometri.feldt Legyen k(mfp) P-n kívüli metszete AB-vel D és k(meq) Q-n kívüli metszete G. Állítás: BDMC húr4 Bizonyítás z első ábrár: PDM =180-MFE =180-MCB (felhsználv, hogy PDMF húr4 ). Bizonyítás második ábrár: PDM =PFM =BCM (felhsználv, hogy PDMF húr4 ). Hsonlón láthtó, hogy MGCB húr4. Így kpjuk, hogy B, D, M, G, C mind egykörön vnnk. Így DGC =180-DBC, zz AGD =DBC =ABC, zz ADG hsonló APQ, így DPGQ húr4. Így A k(pdfm)-re vontkozó htvány megegyezik A k(gqem)-re vontkozó htványávl, így A rjt vn két kör htványvonlán, zz MN egyenesén.

3 Geometri 3. feldt Legyen BC A-t nem trtlmzó ív felezőpontj E. Ismert, hogy EB=EI=EC=EI, zz E z I BC köréírt körének középpontj E. Legyen F BC oldl felezőpontj. Állítsunk merőlegest I -ból BC-re, merőleges tlppontj legyen T. Ezután állítsunk merőlegest B-ből I C-re. A két merőleges metszéspontj legyen M, ez z I CB mgsságpontj. Legyen még I z ABC beírt körének középpontj. Tehát feldt állítás: AI ME I EM hsonló I AI -höz, hiszen I, T, I egy egyenesen vnnk, és I, I, A is egy egyenesen vnnk ( szögfelezőn). Legyenek z oldlk szokásos módon,b,c és szögek is szokásos módon α, β, γ. Így, h I-ből merőlegest állítunk AB-re, tlppont Q, és felhsználjuk, hogy AQ = b+c, könnyen láthtjuk, hogy AI = b+c cos α. Ezután BEF -ből felhsználv, hogy EF merőleges BC-re és hogy BEF = 90 α, könnyen láthtjuk, hogy BE = AI = +b+c cos α ). sin(90 α ) = cos α (Így már tudjuk I A = BE = cos α -t és I A = I E + EI + AI = BE + Ismert, hogy I M=EF ( mgsságpont távolság csúcstól kétszer kkor, mint körüléírtkör középpontjánk távolság szemben lévő oldltól). EF-t könnyen számolhtjuk BEF -ből, hiszen tudjuk háromszög szögeit, és BF =, így EF = BEcos (90 α ) = tg (α ). Már csk I I -t kell kiszámolnunk. I I =I T, és I T ABC hözzáírt körének sugr, zz I T = +b+c tg( α ).

4 Már csk fel kell írnunk hsonlóságot: cos α + b + c cos α = tg (α ) + b + c tg( α )

5 4. A feldt során számoljunk irányított szögekkel, így eltekinthetünk diszkussziótól. A BD-vel C-n át húzott párhuzmos Q-bn metszi z AC ármérőjű kört, ekkor QO = CO, így OQC = QCO = γ és párhuzmosság mitt QOD = BOC = γ és DO = BO, így DQO = OCB = α. CEA = 90, így EF C = EAC = α = 90 α. CF Q = CAQ = AQO = 90 γ. Így QDP = 180 ODQ = 180 (180 α γ) = α + γ. QF P = 180 (90 α) (90 γ) = α + γ = QDP, így QDF P húrnégyszög, így P QD = EF C = 90 α, így P QO = 90. Válzószögek mitt DOA = γ = QOD, így P O QOA szögfelezője, tehát OAP = P QO = 90, így P A érinti z AC átmérőjű kört, így feldt állítás igz.

6 Geometri 4. feldt Messe EF AB-t H-bn és AD-t G-ben, és AP messe CD-t I-ben. Most vegyünk észre néhány hsonlóságot: EBH hsonló HAG háromszöghöz, hiszen EB AG. Hsonlón HAG hsonló GDF háromszöghöz. Ezen kívül GDF hsonló DAI-hez, mivel h AD körvonlt Q-bn metszi, kkor DAI = =QCA kerületi szögek egyenlősége mitt. QCA =CFE, mivel QA=CE (szimmetri mitt), zz két szög zonos hosszú ívhez trtozó kerületi szögek, így CFE =DAI. Ezeket hsonlóságokt hsználjuk fel: AH = αbh, HG = αeh, AG = αeb, GD = βag = αβeb, GF = βhg = αβeh, DF = βah = αβbh DI = γgd = αβγeb, AD = γdf = αβγbh Így DF = αβbh = BH BH és DI αβγeb γeb AB = BH = 1. Megint hsználjuk Q pontot. D pont körre vontkozó BH+AH α+1 htvány lpján: DQ DA = DF DC, és DQ DA = (AQ AD)AD = (EC AD)αβγBH = = (AD + BE AD)αβγBH = BE BHαβγ és DF DC = DF AB = αβbh (BH + AB) = = αβ(α + 1)BH, zz BH = 1 DF, zz EBγ α+1 átmegy AI és BD metszéspontján, zz P-n. = BH DI AB, így BH:HA=DF:FI, de ez zt is jelenti, hogy HF

7 5. F OB = OCB = CAD = α z érintő szárú szögek tétele mitt illetve váltószögek mitt. DOF G húrnégyszög, így F GD = 180 DOF = α. Így CAD = CGD, így CDAG húrnégyszög, így BGA = 180 ADC és ABG = 180 CBA = 180 ADC = BGA, így AG = AB.

8 Legyen N BB és CC egyenesek metszéspontj. Nevezzük el továbbá mgsságtlppontokt z ábrán láthtó módon! Mivel B CBC húrnégyszög, ezért B CC és B BC szögek megegyeznek. Továbbá mivel BM C C és BM B C szögek derékszögek, BM C M B C is egy körön vn, zz M B CM C és M B BM C szögek is megegyeznek. De mivel B, M C és C egy egyenesben vn, hsonlón C, M B, és B, ezért ezeket kivonv egymásból C CM C és z M B BB szögek megegyeznek. Így legyen BM B és CC egyenesek metszéspontj X B, BB és CM C egyeneseké pedig X C. (ezek metszéspontok háromszögekben lesznek, zz szkszokon). Így mivel fentiek mitt X BBX C és X B CX C szögek megegyeznek, X B, B, C, és X C egy körön vnnk. De így emitt, és BC B C kör mitt z NX C X B = CBX B = CBB = CC B. De hsonlón X C X B N = C B N. De így z NX B X C és z NC B háromszögek hsonlók lesznek, mert két szögpáruk megegyezik. De C X C H és X C C M C szögek meg fognk egyezni, mert C M C és X C M B párhuzmosk, hisz mindkettő merőleges z AC egyenesre. De így mivel CC B = NX C X B, ezért X B X C H = B C M C = B C H. De hsonlón H B C = HX B X C, zz C B H és z X C X B H háromszögek is hsonlók, mert két szögpáruk megegyezik. De így vegyük z N középpontú ngyítást (mi kár negtív rányú is lehet), mi X B -t B -be viszi. (Vn ilyen, mert három pont egy egyenesbe esik). Ekkor hsonlóság mitt ez hsonlóság X C -t C -be viszi (hisz N-t önmgáb). De h X B -t B -be viszi, X C -t pedig C - be, kkor hsonlóság mitt H-t H -be. ( háromszögek irányítás mitt). De így tudjuk, hogy egy N középpontú hsonlóság H-t H -be viszi, zz HH egyenes átmegy N-en. De így HH egyenes átmegy CC és BB egyenesek metszéspontján, zz három egyenes egy ponton megy át. Ezt krtuk belátni. A A M B H M C M B H M C M B C B N M B C M C X C H X B B M C XB X C H N B C B C (H C és M C egybeesik, kkor pedig nyilván átmennek egy ponton, mert N egybeesik H-vl, zz ezen ponton átmegy mindhárom szksz)

9 Geometri 7.feldt Legyenek beírtkör érintési pontji A 1, B 1, C 1. A hozzáírtkörök érintési pontji legyenek A, B, C. Legyen beírtkör középpontj I. Legyen súlypont S. A háromszög oldli legyenek, b, c és legyen félkerület s és legyen beírtkör sugr r és mgsságok szokásos módon m, m b, m c. A hozzáírt körök középpontji legyenek I A, I B, I C és sugrik r A, r B, r C. Ismert, hogy z AA, BB és CC egyenesek egy ponton mennek át, Ngel ponton. Az is ismert, hogy I, S, N egy egyenesen vn, Ngel egyenesen és IS:SN=1:. Legyen egy :-1 rnyú ngyítás S-ből. Az világos, hogy (A)=F A, (B)=F B, (C)=F C. Legyen A 1 S metszéspontj F B F C -vel D. Az előzőek lpján (A 1 )=D, és így D z F B F C oldlhoz trtozó hozzáírtkör. Így F B D=(F B F C +F C F A -F A F B )/, és mivel AF B F C egybevágó F A F B F C -gel, D z AF B F C beírt körének érintési pontj (mivel tudjuk, hogy beírtkör érintési pontjánk távolság z egyik csúcstól megegyezik hozzáírtkör érintésipontjánk távolság másik csúcstól). Ngyítsunk A-ból 1: ránybn. Ekkor AF B F C -ből, ABC lesz és D A -be megy át hiszen D és A megfelelő beírtkörök érintésipontji megfelelő oldlkon. Így A, D, A egy egyenesen vnnk és AD:AA =1:. (1) Ezen felül (N)=I. Állpítsuk meg z AN:AA 1 rányt. AN:AA 1 = (AN): (AA 1 )=F A I:F A D. Állítsunk merőlegest D-ből BC-re, tlppont legyen T. Ekkor TDF A hsonló IA 1 F A -höz, zz F A I:F A D=r:DT=r:(m /), mivel TD= m / (1) lpján. Most hsználjuk fel z ismert terület képleteket: rs= (m /), zz AN:AA 1 =:s. Így A 1 N:AA 1 =(s-):s=ap:aa 1. (s-):s=r:r A, és egy r:r A ngyságú ngyítás A-ból I-t I A -b viszi. De mivel P-t pedig A 1 -be viszi, IP csk r hosszú lehet, zz P rjt vn beírtkörön.

10 ABC háromszög oldlit és szögeit jelölje szokásos módon, b, c és α, β, γ. Legyen O beírt kör középpontj, A, B, C pedig z érintési pontji megfelelő oldlkon. A beírt kört jelölje k, z A -vel szemköztes pontját jelölje L. Be fogjuk látni, hogy A, L és A 1 egy egyenesre esik, illetve hogy XC = +b c, hol X = BC B L. Ezután két Menelosz-tétel segítségével belátjuk, hogy A 1L AL megegyeznek. = AN A 1 N = A 1P, így L és P pontok AP Húzzunk L-en keresztül párhuzmost BC-vel, messe ez AB és AC szkszokt P ill. Q pontokbn. Ekkor k kör L pontbn érinti BC-t, így k z AP Q háromszög A-vl szemköztes hozzáírt köre. ABC és AP Q háromszögek hsonlók, így egy A középpontú ngyítássl egymásb vihetőek. Ez ngyítás z A-vl szemköztes oldlhoz trtozó hozzáírt körök érintési pontjit is egymásb viszi, így A, L és A 1 egy egyenesre kell essenek. L, B, C és A egy körön vnnk, így LB C = LA C. Mivel LA átmérő és A érintési pont, ezért LA merőleges BC-re, zz LA B = 90. BA = BC (érintők), így CA B = 90 β, ezért LB C = LA C = β. AB C = 90 α, így LB A = 90 α β = γ = ACO. Így B L és OC párhuzmosk. Legyen X = BC B L. A X = A C = + b c. Ekkor XC = +b c. Tudjuk, hogy A L = A O, így párhuzmos szelők tétele mitt Hsználv Menelosz-tételt AA 1 C háromszögre és XL egyenesre (csk szkszok hosszávl számolv): AN A 1 N BC 1 C 1 A A1C A 1 B AL A1X A 1 L CX = 1. Így CB AB = 1. Felírv Menelosz-tételt z AA 1 B háromszögre és CC 1 egyenesre: A 1 L AL = A 1X CX CB AB = +b c + c+ b +b c +b c b+c = c+ b b + c = b+c c+ b = C 1A BC 1 BC CA 1 = AN A 1 N = A 1P AP. Mivel P és L egyránt AA 1 szksz belső pontji, ebből következik, hogy P és L pontok egybeesnek, így P z ABC háromszög beírt körére esik.

11