Matek feladatokhoz kérnék megoldást vagy egyértelmű rávezetést?

Ha nehezen megy a matek, azt hiszem, nem ezekkel a feladatokkal kellene kezdened, mert nem alapszintűek.

Néhány feladatnak azért leírom a megoldását.

2. NP az ABD, MQ az ACD háromszög magasságvonala. Ezért mindkettő párhuzamos AD-vel és fele olyan hosszú.

Hasonlóan: NQ és PM egyaránt párhuzamos BC-vel és fele olyan hosszú.

Így a PMQN négyszög paralelogramma. Ha ennek az átlói (tehát PQ és MN) merőlegesek, akkor rombusz. Ez azt jelenti, hogy az oldalai egyenlő hosszúak, tehát például PM és MQ ugyanolyan hosszú. Viszont PM BC-nek a fele, QM pedig AD-nek a fele, így AD=BC következik.

3. Legyen az ADE és BED szögek felezőinek metszéspontja X. Ekkor X ugyanolyan távol van az AD=AC, DE és BE=BC egyenesektől. Mivel így AC-tól és BC-től ugyanolyan távol van, rajta van a háromszög C-hez tartozó szögfelezőjén. Ez alapján X (mint a szögfelező és AB metszéspontja) megszerkeszthető.

DX párhuzamos a háromszög A-hoz tartozó külső szögfelezőjével, EX pedig párhuzamos a háromszög B-hez tartozó külső szögfelezőjével. Így az előbb szerkesztett X ponton át a külső szögfelezőkkel párhuzamosokat rajzolva, a kapott egyenesek kimetszik AC-ból illetve BC-ből a D illetve E pontokat.

5. Legyenek a befogók a és b, az átfogó c. Legyen továbbá az átfogóhoz tartozó magasság m. Ekkor ab=cm, mert mindkettő a háromszög területének kétszeresét adja. Így 16=8m, vagyis m=2.

Jelölje C a derékszögű csúcsot, a befogók végpontjait pedig A és B úgy, hogy az átfogóhoz tartozó magasság M talppontja A-hoz legyen közelebb. És legyen O az átfogó felezőpontja.

Ekkor az OMC derékszögű háromszögben CM=2 (az előbb számoltuk ki) és OC=4 (mert a derékszögű háromszög köré írt kör középpontja O és sugara az átfogó fele). Innen az MOC szög szinusza 2/4=1/2, vagyis az MOC szög 30 fokos. Ekkor a COB szög 150 fokos, és a COB egyenlő szárú háromszöget tekintve látjuk, hogy az ABC szög ekkor 15 fokos.

Így a háromszög szögei 15, 75, 90 fokosak.

6. Legyen az AB szakasz felezőpontja O, az AD szár felezőpontja F, az O-ból induló magasság és a középvonal metszéspontja (vagyis az O-ból induló magasság felezpontja) M. Ha a szóban forgó kör sugara r, akkor OA=OF=r, továbbá az O-ból induló magasság is r hosszúságú (az érintés miatt), tehát OM=r/2. Így az OMF derékszögű háromszögben az OM befogó r/2, az OF átfogó r, ezért az FOM szög koszinusza 1/2. Így az FOM szög 60 fokos. Ekkor az AOF szög 30 fokos. Mivel AOF egyenlő szárú háromszög, gy az FOA szög 75 fokos. A trapéz látható, hogy szimmetrikus. Ezért szögei 75, 75, 105, 105 fokosak.

7. Bár a leírásból nem derül ki, itt O_A, O_B, O_C nyilván a hozzáírt körök középpontjait jelölik. Annyit kell észrevenni, hogy az O_AO_BO_C háromszög magasságpontja O. Az eredeti háromszög szögfelezői ugyanis merőlegesek a külső szögfelezőkre (ami O_AO_BO_C oldalai) és tartalmazzák a háromszög egy-egy csúcsát; O pedig ezek metszéspontja.

Tehát azt kell belátni, hogy ha az O_AO_BO_C háromszög magasságpontját tükrözzük az oldalegyenesekre, akkor a körülírt körre illeszkedő pontot kapunk. Ez elég jól ismert, lásd például itt:

[link]

13.

Rajzoljuk meg a háromszög szimmetriatengelyét (tehát a B-ből induló magasságot), és legyen ennek OC-vel vett metszéspontja P. Ekkor az APC háromszög egyenlő szárú, így a PAC szög 30 fokos, következésképpen az OAP szög 10 fokos. Viszont a BAC szög 50 fokos, ezért a BOC szög is 10 fokos, tehát OA a BAP szög felezője.

Mivel az APC háromszög alapon nyugvó szögei 30 fokosak, az APO külső szöge ezek összege, vagyis 60 fokos. Az OPB szög szintén 60 fokos, mert külső szöge a BPC háromszögnek, aminek PCB szöge 20 fokos és PBC szöge 40 fokos. Tehát OP az APB szög szögfelezője.

Így az O pont az APB háromszög két szögfelezőjének metszéspontja, ami miatt rajta van a harmadik szögfelezőn is: tehát OB felezi a PBA szöget. Mivel a PBA szög 40 fokos, az OBP szög 20 fokos. Ezért az OBP háromszög két szöge 20 illetve 60 fokos, így a hiányzó BOP szög - amit kerestünk - 100 fokos.