Fórum: GEOMETRIA

Hello Attila!

Ezek a feladatok nagyon egyszerűek, de én azért el tudom képzelni, hogy van akinek ezek is problémát okoznak. Az első lépéseket is meg kell tenni és ezek a legnehezebbek, csak vannak akik erre már nem emlékeznek.

A magasságok merőlegesek az oldalakra, így a magasságok talppontjaiban derékszögek vannak. Ha AB felezőpontjából rajzolsz egy kört AF_c sugárral, akkor a Thálesz tétel szerint ezen a körön rajta lesz mindkét magasság talppontja. Tehát egyenlő (sugár) távolságra vannak az oldal felezőpontjától.

A háromszög területét ki tudod számítani az oldal és a hozzá tartozó magasság szorzataként. Tehát az oldalak és a magasságok között fordított arányosság van, hiszen szorzatuk állandó. Ekkor viszon az oldalak és a magasságok reciprokai között egyenes arányosság van, mivel ezeket használva a terület képletekben a hányadosok lesznek állandók, ugyanis a magassággal való szorzás helyett oszthatunk a reciprokával.

Ha két szög összege 180 fok, akkor a feleik összege 90 fok.

Hello mindenkinek!Kaptam 3 feladatot,melyek hát kicsit kifogtak rajtam.Nagyon hálás lennék,ha valaki,még ha csak az egyikben is tudna segíteni.Előre is köszönöm.Az első: Bizonyítsuk be,hogy egy háromszög magasságának talppontjai egyenlő távolságra vannak a harmadik oldal felezőpontjától. A második: Igazoljuk,hogy a háromszög oldalai és a hozzájuk tartotó magasságok reciprokai között egyenes arányosság van. A harmadik: Bizonyítsuk be,hogy a háromszög bármelyik csúcsából induló belső és külső szögfelező merőleges egymásra. És tényleg köszönöm a segítséget.

Csak egy kis segítség az András által felvetett általánosításhoz:

Alkalmazzunk pl. egy merőleges affinítást László [211]. hozzászólásában lévő ábrára!

Jól néz ki! Már csak be kell bizonyítani!

Általánosítsuk Géza 206-os felszólalásban kitűzött példáját. Az általánosításnak két fokozatát látom, egyelőre csak az elsőt mondom el, hátha rájön valaki a további általánosításra.

Legyen adott a k kör és az A, B, C kollineáris pontok a síkon. Tekintsük a k kör tetszőleges P₁ pontját, és k további P_k pontjait úgy, hogy P₁P₂ átmenjen A-n, P₂P₃ a B-n, P₃P₄ a C-n, P₄P₅ megint A-n, P₅P₆ a B-n, végül P₆P₇-t a C-n. Igazoljuk, hogy P₇=P₁.

Tetszik ez a megoldás tükrözéssel!

A [206]-ban szereplő feladat egy megoldása Hraskó Andrástól:

Az adott iránnyal párhuzamos húzás helyett alkalmazzunk tengelyes tükrözést, az irányra merőleges, a kör kp-ján átmenő egyenesre. Csak azt kell igazolni, hogy a t1 t2 t3 t1 t2 t3 kompozíció az identitás, ami nem nehéz.

/ Az első három és a második tükrözés szorzata is ugyanarra az egy tengelyre tükrözéssel helyettesíthető. /

Kedves Géza!

Jó a feladat! Egyetlen gondom van vele, hogy nem én találtam ki :-)

49. feladat megoldása: P₄P₅ párhuzamos P₁P₂, így P₁P₂P₅P₄ húrtrapéz, vagyis szárai egyenlőek. Hasonlóan húrtrapézok lesznek a P₂P₃P₆P₅ és P₃P₄P₇P₆ négyszögek. Száraik mind egyenlőek, tehát

P₁P₄=P₇P₄, vagyis P₁=P₇.

Adott három tetszőleges irány (egyenes ) és egy kör. Vegyünk föl a körön egy P1 pontot,a további P-k is a körön legyenek úgy, hogy P1 P2 párhuzamos az első iránnyal, P2 P3 a másodikkal, P3 P4 a harmadikkal, P4 P5 az elsővel, ... . Igazoljuk, hogy P1=P7!

A síkbeli egybevágősági leképezések számítógépes megvalósítása legegyszerűen mátrixok segítségével oldható meg.

A forgatás mátrixa a következő, ahol alfa a forgatás szöge a (p,q) pont az origó képe, ez külön, egyszerűen számolható.

Kedves fórumozók!

Fel szeretném hívni a figyelmeteket egy 3D szerkesztőprogramra, remélem tetszeni fog!

link: http://euler3d.uw.hu

Várom a véleményeteket (+,-), hozzászólásotokat!

Üdv! petrot

Kedves 2501!

Kösz a segítséget és jó a példa is ami a témában a 48. feladat. Én még adós vagyok a 4D-s kocka 3D-s vetületével. A kockavázra feszülő szappanhártya-minimálfelületre hasonlít.

Adott egy origó középpontú gömb, sugara r, továbbá két rajta kívüli pont, (helyvektoraik) és .

(helyvektorú) pont a gömbhéj egy pontja, érintősíkja ugyanakkora szöget zár be -vel és -vel. A feladat meghatározása.

P_x'=O_x+(P_x-O_x)cos -(P_y-O_y)sin 

P_y'=O_y+(P_x-O_x)sin +(P_y-O_y)cos 

Kedves Fórumosok!

"Zoleka"-tól kaptam a feladatot e-mail-ben. Programot ír és kellene Neki P pont elforgatása szöggel adott O pont körül.

1. Kiszámolni szöget:

2.

3. Az új koordináták:

x₁=x₀+rcos(+)

y₁=y₀-rcos(+)

Ha tudtok jobbat írjátok be, vagy bármi más geometriát, mert elhal a téma!

Kedves Károly!

Te mindig egy lépéssel előttem jársz. Gondoltam felteszi valaki az ábrát, aztán megbeszéljük hogyan öröklődnek felfelé a tulajdonságok. Te ezt már megtetted, köszönet!

47. feladathoz:

Vizsgáljuk meg, hogy egy adott dimenziónál hogyan alakítjuk ki a dimenzónagyságra jellemző egységnyi idomot. Mivel olyan magasabb dimenziójú idomról is beszélnünk kell, mire nincs szavunk, az alábbi egységes jelölésrendszert vezetem be. D - dimenzió mértéke, I_D,d a D dimenzióbeli egységidom d dimenziójú egységidomelemének számossága. Értelemszerűen Dd0. Így a pont jelőlése I_D,0, egységszakasz I_D,1, egységnégyzet I_D,2, egységkocka I_D,3, míg a keresett 4. dimenziójú egységidom I_D,4.

Az egységpont I_0,0=1, egységszakasz I_1,0=2, I_1,1=1, azaz a kisebb dimenziójú egységidomot egységnyivel eltolom az új dimenzióiránnyal párhuzamosan. I_0,0=1 megduplázódik I_1,0=2 és bejön I_1,1=1. Az egységnégyzet I_2,0=4, I_2,1=4, I_2,2=1, itt már pontosan leírhatjuk az adott elem dimenzónövekedéssel járó elemszám növekedését. Azaz az eltolás miatt megduplázzuk és hozzájön az eggyel kisebb dimenziójú elemek száma, melyből az eltolással aktuális dimenziójú elem keletkezett. I_D,d=2*I_D-1,d+I_D-1,d-1

Tehát a 4 dimenziójú egységidom részegységidomai a következők. Pont: I_4,1=16, egységszakasz: I_4,2=32, egységnégyzet: I_4,2=24, egységkocka: I_4,3=8, 4 dimenziós egységidom: I_4,4=1. A 4 dimenziójú kocka síkbeli ábrája egy olyan gráf, melynek 16 pontja van, minden pontból 4 él indul ki, mely összesen 32 él és bármely pontból kiindulva 4+2n(n0,N⁺) lépésszámmal lehet visszaérni. Továbbá a négyes hurkok négyzet vagy trapéz alakot adnak ki.

HK

47. feladat: Jelenítsük meg a láthatatlant! (lásd könyvajánló) Az ábrán egy 3 dimenziós kocka 2 dimenziós képe látható. Lépjünk egy dimenzióval feljebb!

Rajzoljuk meg egy 4 dimenziós "kocka" 3 dimenziós vetületének síkbeli ábráját!

Hány 3 dimenziós kocka határolja a 4 dimenziós testet?

Egy kis segítség: számoljuk ki, milyen arányban osztják az AH₁, BH₂, CH₃ szakaszokat a D,E,F pontok.

Kedves Géza,

Belekerült egy kis időbe, amíg rájöttem, miért nem ugyanaz az eredmény... Nem ugyanazt a feladatot oldottam meg.

A 45. feladat [182.] egy megoldása. A Fórum - Kürschák-verseny 5. hozzászólásában szerepel a Casey-tétel. Az alapkör a k körülírt kör, az érintőkörök: az A, B és C nullkörök, valamint a k-ca kör. Jelöljük a BF=BE szakaszt x-szel, ekkor AB*CF+BF*CA=AE*BC, azaz c(x-a)+xb=(c+x)a. Innen (b+c-a)x=2ca, 2(s-a)x=2ca, ( innen olvashatóbban a következő hozzászólásban! ) x=ca/(s-a). Tekintve, hogy a BEOca és az OCoB háromszögek hasonlók ( O a beírt kör sugara, így OCo=ró és CoB=s-b ) r-ca=ca(s-b)/ró(s-a).

A folytatás a jobb olvashatóság érdekében ( és lustaságom miatt ) a következő hozzászólásban lesz.

Megjegyzések:

1.A feladatot elkapkodva adtam föl, így szövegéből kimaradt, hogy a körülírt kört kívülről érintő körről van szó, valamint a három megadott sugár szorzata nem adható meg csak a körülírt kör sugara és a félkerület szorzatával.

2.A k-ac kör és a k-ca két különböző kör, ilyen jellegű - a körülírt kört kívülről érintő - kör 6 db van.

46. feladat: Ar ABC csúcsait kössük össze a szemközti oldalak egyik harmadoló pontjával. Mekkora a keletkező DEF területe?

Kedves Svejk!

Félrevezető a vastag keret. Átrajzoltam vékonnyal és behúztam az igazi átfogót.

Cserébe mondd meg nekünk, hogy mennyi a P töréspont és e átfogó közötti távolság, ha a háromszög két befogója 13 és 5 egység.

HK

Helyesen: 2/5 nem= 3/8. A felső alakzat egy konkáv négyszög, amelyhez a konkáv résznél épp 1 területegység hiányzik, hogy derékszögű háromszög legyen.

Az a baj, hogy a befoglaló "háromszög" nem háromszög, csak majdnem. Ugyanis ha az lenne, akkor a piros és a sötétzöld háromszögeknek hasonlóaknak kellene lenni, de nem azok (2/5 nem = 5/8).

Kedves Matekosok!

Elnézést, hogy előbb a képet küldtem.:( Úgy tudom, hogy ez egy elég régi feladvány, de még senkitől nem kaptam kielégítő magyarázatot, hogy miért változnak meg a részterületek összegei. Help!

A választ előre is köszönöm!

Kedves Géza,

Ezek szerint a kívülről érintő körökre gondoltál.

Invertáljuk a beírt kört és a BC egyenest az A középpontú, sugarú körre, majd mindkettőt tükrözzük az A-ból induló szögfelelezőre. A B és C pont képe önmaga, a BC egyenes képe a körülírt kör, a beírt kör képe pedig az AB és AC félegyeneseket, valamint a körülírt kört érintő kör, vagyis k_bc.

A beírt körnek az AB, AC félegyeneseken levő érintési pontjai az A ponttól s-a távolságra vannak. A k_bc kör érintési pontjai ennek megfelelően távolságra vannak A-tól. A sugarak aránya ugyanaz, mint az érintő szakaszoké, tehát

Mindhárom körre felírva és összeszorozva,

Beírva a Héron-képletet és a területképleteket,

Ábra 45. feladathoz. A feladat szövege alapján 6 db kört lehet hasonlóan definiálni.

Nekem az jött ki, hogy ha a három kör kívülről érinti a körülírt kört, akkor

és a szorzatot nem lehet csak r-rel és s-sel kifejezni, de ki lehet fejezni a beírt és körülírt kör sugarával.

Ha a három kör belülről érinti a körülírt kört, akkor

45. feladat: A r-ca jelentse az ABC háromszög körülírt körét, valamint az AB és BC - ilyen irányú - félegyeneseket érintő kör sugarát. Mennyi az r-ca, r-ab és r-bc szorzata a körülírt kör r sugarával és az s félkerülettel kifejezve?

Kedves Mihály!

Ez tényleg érdekesebb, meg aztán jóval egyszerűbb is, hiszen a két kör területének különbségével egyezik meg:

(121-81)=40

44. feladat megoldása: Vegyük fel az szöget és mérjük fel a száraira a félkerületet. A kapott E és F pontban állítsunk merőlegest. Ezek metszéspontja P a háromszög kívülírt körének középpontja, sugara r_a=PE. Rajzoljuk meg a kört! Az a oldal ennek a körnek érintője. Húzzuk meg az AP szögfelezőt, ez a kört a G pontban metszi.

A háromszög területe T=s. Mivel s adott, ez akkor a legnagyobb, ha a beírt kör a lehető legnagyobb. Ez pedig akkor van ha a beírt kör G pontban érinti a kívülírt kört.

Tehát a maximális területű háromszög egyenlő szárú.

Így a szerkesztés befejezése egyszerű: Állítsunk merőlegest a G pontban a szögfelezőre, ez lesz az a oldal.

Szerintem sokkal érdekesebb azt kiszámolni, hogy mekkora a piros és a kék terület különbsége.

A B.3736. feladat és egy megoldása: Az egységnyi oldalú ABCD négyzet CD oldalán adott az N, CB oldalán pedig az M pont úgy, hogy az MCN háromszög kerülete 2. Mekkora az MAN szög?

Adott az MCN háromszög egy szöge (derékszög) és kerülete, ami kettő. Így félkerülete s=1. Tudjuk, hogy a csúcsból a szemközti hozzáírt körig húzott érintőszakasz hossza s, így esetünkben a C-vel szemközti érintőkör B-nél ill. D-nél érinti a C-ből induló oldalakat, tehát középpontja A. Az AM és AN az MCN külső szögfelezői. Tükrözve AM-re B-t a E-t, majd AN-re E-t a D-t kapjuk. A két tengelyes tükrözés B-t A körül 90 fokkal forgatta el, így a két tengely szöge 45 fok.

44. feladat: . Szerkesztendő a lehető legnagyobb területű háromszög, ha adott egy szöge és a kerülete!

Udv. mindenkinek!

Maglattam ezt a topikot erdekesnek talaltam es gondoltam hogy bekuldök egy feladatot:

A kerdesem az hogy hany negyzetcentimeter a szurke terulet.

A 41. feladat másik megoldása: Az OOa Thálesz-körén a B, a C és pl. a B tükörképe is rajta van, így b*c=AC*AB';=AO*AOa.

Kedves Géza!

A 42. feladatra egy látványosabb bizonyítást szerettem volna adni, de idő hiányában beérem azzal, hogy visszavezetem egy ismert összefüggésre. Hivatkozok - és egyben felhívom a figyelmeteket - Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkére itt.

42. feladat megoldása:

Bizonyítandó:

Felhasználjuk, hogy

Tehát, be kell látnunk, hogy Átszorozva:

41. feladat megoldása: AOC hasonló ABO_A, mert A csúcsnál lévő szögük .

Így aztán az oldalak arányából:

41. feladat: Az ABC háromszög szokásos jelölései mellett (O a beírt, Oa az A-val szemközti hozzáírt kör középpontja) igazoljuk, hogy AO*AOa = b*c.

42. feladat: ( ró a beírt kör, r a körülírt kör sugara ) bizonyítandó, hogy

ró = 4r*sin(alfa/2)*sin(béta/2)*sin(gamma/2)

Sajnos máshogy nem tudom javítani a [170.] hozzászólásban elírt részt! A 37. feladat a [157.] hozzászólásban szerepel.

40. feladat: Az ABC háromszög és a k-val jelölt kör feleljen meg a 37. feladatban ( [169.] hozzászólásban ) leírtaknak. Igazoljuk, hogy ABC magasságpontja k-n van! ( pontosítható az állítás )

Ez a feladat ötletet adhat a 37. feladat megoldásához, illetve segíthet a [169.] hozzászólásban vázolt számolásban.

A 37. feladat: megoldásához. Egyelőre nincs jobb ötletem, mint a koordináta geometriai út, ez járható is. A mellékelt ábrán használt jelöléseket ajánlom. ( Hasonlóság miatt elég az ott látott AB szakasz esetén bizonyítani. ) A 38. feladat alapján először az APB és az ABC háromszög Euler-egyenese metszéspontjának meghatározását ajánlom. Szép, érdekes eredményt kapunk. Néhány nap múlva ezt közlöm.

Kedves Sirpi és többiek! Még egy picit csinosítható a képlet:

r = 5 - 3sqr(2) - sqr(142 - 100sqr(2))/2

A képlet érdekessége hogy 142 az majdnem 100sqr(2)=141.42..

Sziasztok!

bocs a zavarasert, pici segitseget szeretnek kerni affin transzformacikkal kapcsolatban. Eleg volna egy link is, ahol esetleg elmagyarazzak hogyan kell megszerkeszteni, de az is, ha cimszavakban elmeselitek.

Olyant kellene csinalnom, hogy adott egy haromszog, az affinitas iranya parhuzamos a tengellyel, es az egymasnak megfelelo pontok egy oldalra kerulnek. A masik: ugyanezen haromszog ferde affin kepe. A tengely nem metszi a haromszoget, es az egymasnak megfelelo pontok egy oldalon vannak.

Koszi :)

A legfrissebb Kömalban olvasható egy-egy szép megoldás a B.3678. és a B.3680. feladatra. Mind a két feladatra adható frappáns projektív geometriai gondolatmenet, amivel pld az utóbbi feladat állítását messzemenően általánosítani is lehet. Talán a PÁLYÁZAT-on is sikerrel indulhat az, aki megtalálja ezeket a megoldásokat.

Utánaszámoltam, nekem is ennyi jött ki. De gyöktelenítve talán picit egyszerűbb a végeredmény:

Kedves Péter!

Gratulálok! Én a számlálót és nevezőt még osztottam 2-vel, de így sem szebb. (Hát ez van. :o)

HK

Az ábra nem túl szép,de arra fogok hivatkozni.Nyilván AE=r. Könnyen látható, hogy O₁G=1-2r és O₁O₂=2r. Innen a Pitagorasz-tétel szerint . Végül, mivel ABC=45^o és BO₁ szakasz nyilván szögfelező,ezért . Azt kaptuk tehát, hogy

Innen csak a kisebb gyök jó r<1 miatt,azaz

(Na én erre mondtam, hogy egy kicsit csúnya,de hát ez van)

Kedves Péter!

Mit nevezünk rondának? Az én megoldásomban a tört számlálójában, nevezőjében is van gyök, sőt a számlálóban gyökön belül még egy gyök. :o)

Írd be a megoldásodat és megbeszéljük.

HK

Kedves Károly !

Úgy gondolom, megoldottam a 39. példát, de az eredmény a feladat "szépségéhez" képest elég ronda ( vagy én nem tudom egyszerűbb alakra hozni). Hihető ?

39. feladat:

Mennyi az ábra szerinti egyforma, a trapézt 2 helyen s egymást is érintő körök r sugara?

HK

38. feladat: Igazoljuk az előző hozzászólásban a 'ha van igazság'-ban leírtakat, feltételezve, hogy a 37. feladat állítása igaz! ( Ezért is szép a geometria!)

Egy ábra és megjegyzés a 37. feladathoz. (Bocs, a P az a pont, amiből a zöld vonalak indulnak.)

Ha van igazság, akkor az ABC háromszög Euler-egyenese is átmegy a többiek metszéspontján és akkor is igaz mindez, ha C-nél 120 fok van.

37. feladat: Az ABC háromszögben C-nél 60 fokos szög van. Legyen k a körülírt kör tükörképe AB-re és P legyen k-n! Igazoljuk, hogy az ABP, BCP és CAP háromszögek Euler-egyenesei egy pontban metszik egymást! (A megoldásával érdemben még nem foglalkoztam.)

Megjegyzés: A feladathoz a GEOMETRIA téma 2. feladata és a KÖMAL 2003 szeptemberi számának A.323. feladata adta az ötletet. Ujjgyakorlatnak jó a következő: 37./b feladat: Tetszőleges ABC esetén legyen P a körülírt kör középpontja! Igazoljuk, hogy az ABP, BCP és CAP háromszögek Euler-egyenesei egy pontban metszik egymást!

Köszönöm a megoldást!

Tényleg nem olyan nehéz a feladat, csak jól át kell gondolni, mert könnyen félreérthető. Nekem az okozott gondot, hogy feladat szövege kizárja-e, hogy csak háromszögek keletkezhetnek és távolabbi pontokat összekötve, az ilyen szakaszok feldarabolhatnak-e háromszögeket.

Mostmár rájöttem, hogy a metszéspontok újjab pontoknak tekinthetők.

A szögek összeszámolása is működik.

A kis háromszögek szögeit kétféleképpen számolhatjuk össze: csúcsonként és háromszögenként. Legyen a belső pontok száma b. A szögek összege minden belső pont körül 360^o; a nagy háromszög csúcsainál összesen 180^o. Az összes kis háromszög összes szögének összege tehát b^.360^o+180^o=(2b+1)^.180^o, a kis háromszögek száma pedig 2b+1, ami páratlan.

Szerintem nem olyan nehéz a feladat...

Tegyük fel, hogy a pontok segítségével h darab háromszögre bontottuk a nagy háromszöget, miközben a háromszög belsejében keletkezett e db él. Mivel belső pontokról van szó, ezért a nagy háromszög oldalai nem osztódtak tovább. Ekkor a háromszög éleinek száma kétféleképpen:

egyrészt 3h

másrészr 3+2e, mert a 3 nagy háromszögélt 1-szer, a belsőket kétszer számoltuk

Innen rögtön következik, hogy h páratlan, vagyis nem lehet 2004.

Ha a határon is lehetnek pontok, akkor nem megy ez a bizonyítás, de akkor meg triviálisan keletkezhet 2004 db. háromszög, pl. egy belső pontot összekötünk a 3 csúccsal, meg 2001 felvett határponttal.

36.feladat: Egy háromszög belsejébe felveszünk pontokat. Majd a pontokat összekötjük egymással és a háromszög csúcsaival, úgy hogy háromszögek keletkezzenek. Bizonyítsuk be, hogy így nem keletkezhet 2004 darab háromszög!

A feladatot nekem egy matektábor pontversenyén adták fel, és elég keménynek bizonyult számomra.

A 35. feladat megoldható tisztán vektorokkal, felhasználva azt, hogy a háromszög körülírt körének kp-jából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. ( Rögzített kezdőpont esetén egy pontba mutató helyvektort - célszerűen - nagybetűs vektorral jelölöm.) A [150] hozzászólás ábráját használom. Legyen O a helyvektorok kp-ja, ekkor

Az előbb nem volt időm az indoklásra.

Az S középpontú és az O középpontú ₂=3 középpontos hasonlóságok egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy P középpontú =-1 kp. hasonlósággal.

A P a transzformáció fixpontjának, tehát a két hasonlóság végrehajtása után vissza kell kerülnie eredeti helyére. Így csak az SO egyenesen lehet. PS=3SP₁ és PO=3P₁O miatt PS=SO. Tehát P az O pont tükörképe S-re.

Az állítás általánosan is megfogalmazható:

Legyen K₁ O középpontú ₁ arányú kph. K₂ pedig P középpontú ₂ arányú kph. Ezek egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy K kph-al melynek aránya =₁₂ középpontja pedig az a Q pont, mely P-nek O-ra vonatkozó arányú kph. képe.

Szia Sirpi!

Gratulálok, nagyon szép a megoldásod! Én is foglalkoztam vele és arra rájöttem, hogy tükörképe lesz (egy ábra alapján ez nem nagy szám), de nem tudtam bebiz.

A tükrözés P középpontja a körülírt kör O középpontjának az S súlypontra vonatkozó tükörképe lesz.

Kollégámmal való hosszú fejtörés után sikerült egy frappáns megoldást találnunk.

Nözzük meg először, mit kapunk, ha magasságpontok helyett a súlypontokat vizsgáljuk. Ehhez vegyünk fel egy koordinátarendszert, melynek origója a húrnégyszög súlypontja, a csúcsok helyvektorai pedig rendre a, b, c, d, ezen vektorok összege 0, mivel az átlaguk a súlypont, ami az origóban van.

Ekkor a BCD háromszög súlypontja , vagyis a súlypontok által meghatározott négyszög az eredetinek az origóból vett -3-szoros kicsinyitéséből kapható meg.

De miért is jó ez nekünk? Azért, mert most fel tudjuk használni a háromszögek Euler-egyenesére vonatkozó ismereteket, nevezetesen, hogy minden háromszögben a körülírt kör középpontja (O), a súlypont (S) és a magasságpont (M) egy egyenesen vannak, és távolságarányuk is állandó: 2OS=SM.

Mivel húrnégyszögről van szó, ezért a 4 kisháromszög körülírt köreinek középpontjai egybeesnek. A súlyponti háromszögekről tudjuk, hogy a négyszög súlypontjából való -3-szoros kicsinyítéssel kaphatók meg a nagy négyszögből. Az Euler-egyenes tulajdonságainak felhasználásával pedig azt kapjuk, hogy ha most O-ból a 3-szorosára nagyítjuk a súlypontok által alkotott négyszöget, akkor megkapjuk a magasságpontok által alkotottat.

Összegzésképpen: a magasságpontok által alkotott négyszög egybevágó az eredeti húrnégyszöggel, és annak középpontos tükörképe. Pótkérdés: mi a tükrözés középpontja?

35.feladat:

Bizonyítandó, hogy egy húrnégyszög bármely 3 csúcsa által meghatározott háromszögek magasságpontjai az eredetihez hasonló négyszöget határoznak meg!

A feladat nehézségéről nem tudok nyilatkozni, annyit elárulok, hogy 11. osztályosoknak tűzték ki. Nekem okozott egy-két kellemes délutáni órát..

Csak hogy a nyárra ne maradjon, akkor pihenjünk! A 32. feladat egy megoldása: A talpponti háromszög az eredetiből ahhoz hasonló, fordított körüljárású három háromszöget hagy meg, így ATbTc hasonló ABC-hez. Ezért, ha L-lel jelöljük az ABC beírt körének metszéspontját, AO / AL = ATb / AB. Tükrözzük L-t az AB-re: L’. Ekkor L’AO szög alfa és L’A=LA miatt (AO / AL’ = ATb / AB) AL’O hasonló ABTb-hez, AL’O szög = ABTb szög és O-nál derékszög van. Az AL’ Thalész-körén van O és Co, ezért ACoO szög = AL’O szög (= ABTb szög), tehát CoO merőleges AC-re, azaz O azonos M-mel.

Megjegyzés: Érdemes foglalkozni azzal az esettel, ha tompaszögű a háromszög, illetve a 32.b feladattal is ([138] [140] hozzászólások).

Kedves Csimby!

Gratulálok, szép munkát végeztél. Írj erről egy nagyobb cikket, s beszéld rá Gézát, hogy tegye be a lapba. Így publikálva lesz, Tied az elsőség, ha más még nem foglalkozatt vele. :o)

Illetve fordítsd le angolra is és jelezz Eriknek.

Én akkor februárban foglalkoztam egy kicsit vele, de az elméleti hátterével nem. Habár Grafok vannak a családomban, a matematika eme területén csak kissé vagyok jártas. :o) Készítettem egy 60 elemes napsugaras változatot ill. papíron kerestem a 6 és 8 elemes változatot. Most már tudom, miért eredménytelenül. :o)

Vannak olyan problémafelvetések, melyek a felvetőnek nagyon érdekes, de mást vagy nem érdekel vagy nem ért annyira hozzá, így elsikkad. Nekem ilyen az egységnégyzet 11 egy kisebb négyzetre történő osztása, azaz hányféleképpen lehet felosztani 11 kisnégyzetre. Többször felvetettem, de senki nem reagált rá. Erre mondja a francia: C'est la vie!

Üdv: HK

A 15. feladatra (65. hozzászólás) senki sem reagált, pedig szerintem érdekes problémakör. Akit mégis érdekelne a megoldás, csináltam egy honlapot ahol elég sok eredmény fenn van. Van amit elbonyolítottam és van amit nem bizonyítottam, tehát ha valakinek bármi észrevétele van, írjon. Mégegyszer a feladat: Milyen n esetén lehet n db. egybevágó négyzetet úgy elhelyezni a síkban, hogy mindegyik pontosan 3 másikat érintsen és az alakzat összefüggő legyen (érintésnek tekintjük azt is amikor a négyzetek csak egy pontban érintkeznek).

Két ötlet a 34. feladat megoldásához:

1. Tekintsük a BCD körülírt körét, igazoljuk hogy e-vel való metszéspontja E! (Ebben az esetben van értelme a D ne lehessen C feltételnek, ennek hiányában ezt az esetet külön kellene vizsgálni. A második esetben nem kell a feltétel.)

2. Forgassunk B körül –60 fokkal! AC képe e lesz, így D képe e-re esik, igazoljuk, hogy ez E!

A 33. feladat megoldását mindenkinek javaslom (akár 7. osztályos kortól), aki tud a trapéz középvonaláról: a középvonal a párhuzamos oldalak számtani közepe. (2k=a+c)

A [46]-ban kitűzött 14. feladat egy megoldása: Tudjuk, hogy AB || CD és AX || CY, bizonyítadó, DX || YB. Jelölje a szárak metszéspontját P! A párh. szelők tételéből és megfordításából következik:

Tudjuk: (1.) PD/PA=PC/PB (2.) PA/PY=PX/PC.

Elég: PD/PY=PX/PB, amit (1.) és (2.) megfelelő oldalainak összeszorzásával meg is kapunk.

Megjegyzés: A [46]-ban kitűzött feladat megoldása szerepelt a [57], [62] és [mostani - kb. 3] hozzászólásokban, érdemes mindegyikkel foglalkozni.

Kedves Géza!

Kösz a megoldást! Pontosan így gondoltam. Ha már hozzászólok beírok egy egyszerű kis példát is:

34. feladat: ABC egyenlő oldalú C csúcsában húzzunk párhuzamost az AB oldallal, legyen ez e. Az AC oldal egyenesén vegyünk fel egy C-től különböző D pontot. BD szakasz felező merőlegese az e egyenest E-ben metszi. Bbh. BDE is szabályos!

A 14. feladat egy megoldása: Eredetileg így szól: (ne kelljen most megkeresni!) Vegyük fel az ABCD trapéz AD szárán az X, BC szárán az Y pontot. Bbh. ha AY párhuzamos CX egyenessel, akkor DY is párhuzamos BX egyenessel!

Alkalmazzuk a Pappos-tételt, mely például szerepel a [137]-es hozzászólásban. Használjuk ennek jelöléseit! Tehát az eredeti A legyen A, B-->C’, C-->A’, D-->C, X-->B és Y-->B’! Tudjuk, hogy AC’ és A’C valamint AB’ és A’B metszéspontja az ideális egyenesen van, a BC’ és C’B is ott kell messe egymást, tehát párhuzamossak.

Mivel igen leállt most a fórum: A 32. feladatról:

A feladatot a http://matek.fazekas.hu/portal/kutatomunkak/Feuerbach/index.html cikkből vettem. Érdemes tanulmányozni az ottani megoldást (és az egész hónlapot), de sokkal „szebbet” is lehet találni. A 32. b) feladathoz: Ha beírt kör szerepel egy feladatban, mindig érdemes lehet a hozzáírt körrel kapcsolatban az analógiát keresni ( és az Euklidesszel ellenőrizni a sejtést).

A [62.] hozzászólásban megígértem, hogy a [46] 14. feladatára adok ( a kitűzőnek tetsző ) megoldást. Mivel eddig más ezt nem tette meg, nekiállok.

Kedves Géza és Fórumosok!

Bár a 30-31-es feladatot még nem oldottam meg, de tanulmányozása során találtam egy egyszerűen bizonyítható állítást:

33. feladat: Legyen két egymást O-ban metsző f és f’ egyenesünk egyikén az A, B és C pont, másikán az A’, B’ és C’. Legyen AB' és BA' metszéspontja D, BC' és CB' metszéspontja pedig F. Ha AB=BC és A’B’=B’C’ akkor

T_AA'D+T_CC'F=T_BDB'F

32. feladat: Az ABC háromszögben a beírt kör érintési pontjai, ill. a magasságok talppontjai az AB ill. AC oldalon Co és Tc ill. Bo és Tb. Legyen M az ACoBo magasságpontja és O az ATcTb beírt körének középpontja. Igazoljuk, hogy O és M egybeesik.

32. b) feladat: Mondjuk ki és igazoljuk a 32. feladatnak megfelelő (analóg) feladatot.

A 31. b) feladat megoldásához: vektorok segítségével megy, ha jól választjuk meg az indulást, nem is túl sok számolás. Nagy örömmel látnék nem vektoros és nem koordinátageometriai megoldást is. Tanulnék belőle, mert egyelőre nem tudom, hogy kezdjek neki!

A [128]-as hozzászólásában László felvetett egy problémát, amellyel érdemes foglalkozni. Legyen két egymást O-ban metsző f és f’ egyenesünk egyikén az A, B és C pont, másikán az A’, B’ és C’. Papposz tétele szerint az AB’ és A’B, az AC’ és A’C valamint a BC’ és B’C által meghatározott metszéspontok egy egyenesen vannak, jelöljük ezt g-vel. László fölveti a következőt:

30. a) feladat: Ha AB=BC=A’B’=B’C’, akkor g párhuzamos a két egyenes szögfelezőjével.

Egyenértékű ezzel a következő állítás: 30. b) feladat: Ha valamelyik ponthármast (pl. A-t B-t és C-t) az egyenesén a fenti feltételt tartva mozgatjuk, akkor a „g”-k párhuzamosak lesznek.

Az előző feladatok általánosítása a következő:

31. a) feladat: Ha AB=BC=e és A’B’=B’C’=e’, akkor ha valamelyik ponthármast (pl. A-t B-t és C-t) az egyenesén a feltételt tartva mozgatjuk, akkor a „g”-k párhuzamosak lesznek.

31. b) feladat: Ha g f-et egy M-ben f’-t egy M’-ben metszi, akkor OM:OM’=e:e’, valamint g csakkor halad át O-n, ha OB:OB’=e:e’.

Bocs, minden feladat akkor lesz az, ha hozzátesszük, hogy bizonyítandó!

Kedves NádorP, Géza és Fórumosok!

Jogos volt Géza bírálata, [131]-ben mindenütt "<" jeleket kellett volna írnom. "Lehet látni", hogy növekedésével az arány 2-höz tart, de az kevés! Nagyon elegáns NádorP bizonyítása. Akit érdekel a területeknél használt képlet a Versenyfeladatok témában NádorP [16] hozzászólásában utánna nézhet.

A szintén ott említett Jensen egyenlőtlenséghez már akkor fel akartam tenni egy ábrát, most megteszem, mert itt is előjön. ( Ha jól megnézitek, látható, hogy ez nem cos fgv. hanem egy parabola. Bocs! Euklidesben ezt egyszerűbb rajzolni.)

Kedves Géza és Fórumosok !

A 29. feladatot megpróbáltam "tisztességesen" kiszámolni , mert szerintem az még nyitott kérdés volt, hogy a területek arányára kapott felső becslés valóban a lehető legkisebb-e ? Ha nem számoltam el valamit, akkor a talpponti háromszög területére a következő adódik:

, ahol ,, az eredeti háromszög szögei és László ábráját követve tompaszög. Ezért

A fenti alakból látható, hogy minél nagyobb , a kifejezés annál közelebb van a 2-höz.

Kedves Géza és László!

Én is közreadom a megoldásomat a 28. feladatra:

Az f szakasz tetszőleges P pontjára állított merőleges Q-t metszi ki e-ből. Erre a pontra állított merőleges pedig R-t metszi ki f-ből. P-t Q körül a QR szakaszra forgatva kimetszi S-t. Q-ból PS-re bocsátott merőleges T-t metszi ki f-ből. PQS egyenlő szárű háromszög hasonló TOQ-gel és egymásra merőlegesek, ahol O az e és f szakaszok meghosszabbításának metszéspontja. Így a QT szakaszfelező merőlegese átmegy O-n, azaz a kivánt szakaszfelező.

Direkt szakaszokat írtam, ezzel is példázva, hogy nem kell O-t felhasználni.

HK

Kedves László!

Kicsit fáradt vagyok, különben az előző hozzászólásomban a megszólításra és a megoldásod fölösleges bírálatára is jobban figyeltem volna, hiszen semmi baj nincs vele, nyugodtan elhagyható az egyenlőség.

Kedves Laci és Fórumosok!

Az Euklideszben az index beírása A&1 formában lehetséges.

Nagyon szép és tanulságos a 29. feladatra írt megoldásod. Kicsit szépséghibája, hogy az egyenlőséget nem megengedve is igaz. Ha a területek 0-hoz tartanak lesz az arány határértéke kettő. Érdemes lehet a feladatot megfogalmazni a következő általánosabb formában: Egy talpponti háromszög és az eredeti háromszög területének arányát tekintsük negatívnak, ha a háromszög tompaszögű. ekkor igaz a -2<arány<=1/4.

29. feladat megoldása: Bontsuk a tompaszögű DEF talpponti -ét három részháromszögre a C pont segítségével. CDE hasonló ABC mert mindhárom szögük egyenlő. ED a Thalesz körben húr, AB átmérő, így:

.

CEF és CAF CF oldala közös, a hozzá tartozó magasság AF-nél nagyobb nem lehet, így:

.

Hasonló a helyzet CFD és CFB -ek esetében is:

.

Összességében tehát .

Kedves Géza!

Jó ez a szögfelezős megoldás és egyszerűbb is mint az enyém.

Azt szeretném kérdezni, hogy az indexelt pont megjelölést az Euklidesben hogy csinálod? (pl A₁). Lehet, hogy csak az újabb verzió engedi meg? (Enyém 2.02.)

29. feladat: ( A [123] hozzászólás 28. feladata. )Igazoljuk, hogy tompaszögű háromszögben a talpponti és eredeti háromszög területének aránya kettőnél kisebb, nem negatív érték!

[125] 28. feladatának megoldása: Legyen a két nem párhuzamos egyenes metszéspontja O, a két egyenes további egy-egy pontja A ill. B. Az OAB háromszög A-nál és B-nél lévő külső szögfelezőivel szerkeszthető az O-nál lévő belső egy pontja. Hasonlóan kapjuk egy másik pontját is.

28. megoldás vázlat: Használjuk a Papposz tételt. Vegyünk fel a szögszárakon tetszőleges A és B pontot. Ezekből ugyanazzal a sugárral körözve kapjuk a szögszárakon a C,D és E,F pontokat. Szóval felveszünk a szögszárakon 3-3 pontot azonos távolságokkal. A megfelelő metszéspontokat összekötve ezek egy egyenesen lesznek, mondja Papposz. Mivel a szakaszok egyenlőek ez az egyenes párhuzamos a szögfelezővel, gondolom én. (A bizonyítást másra hagyom!). A szögszárakból kimetszett G,H pontokból a szögfelező megszerkeszthető a egyenesek metszéspontjának felhasználása nélkül.

Kedves Géza!

Minden máshol található szöget felezhetsz, ha így az nem tartalmazza az eredeti két egyenes metszéspontját. Szerkesztés közben csak eme pontot nem lehet felhasználni.

HK

A [125] hozzászólás 28. feladatához egy kérdés: Közben használhatunk másik szög szögfelezőjéhez csúcsot?

28. feladat:

Szerkesszük meg két nem párhuzamos egyenes szögfelező(jé/i)t a metszéspont felhasználása nélkül!

HK

Sajnos a 26. feladatra viszonylag könnyen lehetett ellenpéldát találni az Euklides segítségével, tehát nem elég hosszú minden húrnégyszög:

A versenyfeladatok [15]-ben szereplő és a következő hozzászólásokban megoldott ott 6. feladattal kapcsolatban tűzöm ki az alábbit.

Ráadásul egy kis adalék az Euklideshez. Megnéztem vele, hogy mennyi lehet a talpponti és eredeti háromszög területének aránya.

A szorzásokat és az arányszámolást a párhuzamos szelők tételével szerkesztettem meg. Hegyesszögű háromszög esetén kijött a már megoldott 0<=arány<=1/4. A valószínű eredmény tompaszögűre 0<=arány<2.

28. feladat: Igazoljuk, hogy tompaszögű háromszögben a talpponti és eredeti háromszög területének aránya kettőnél kisebb, nem negatív érték!

Kedves Géza és Fórumosok!

Nagyon szép a megoldás. Én is próbálkoztam tükrözéssel, de nem jött össze. Minthogy már kész az ábrám 22. megoldása alapján rögtön megvan a 20. feladat megoldása: Tükrözzük az A pontot a B-n és C-n átmenő belső szögfelezőkre. Így BA₁=c és CA₂=b.

G a beírt kör érintési pontja, tehát CG=s-c és BG=s-b. Ezekből A₁G=c-(s-b)=c+b-s és A₂G=b-(s-c)=b+c-s vagyis A₁G=A₂G. Létezik az A₁EA₂F paralelogramma, ahol E és F a szögfelezőkön lévő pontok és G felezi EF szakaszt. Ekkor a paralelogramma szemközti oldallai: A₁E=FA₂. A tükrözések miatt:

A₁E=AE  A₂F=AFAE=AF

AEF egyenlő szárú háromszögben EF merőleges AG-re.

Köszönöm DS megoldását a 22. feladatra, lehet belőle tanulni.

22. feladat megoldása: Ha szögfelező ( felezőpont, oldalfelező merőleges ) szerepel tükrözzünk rá! Így kaptuk az Ab és Ac pontot. Mivel CG=s-b, így AcG=s, hasonlóan AbG=s. Tehát G felezőpontja AcAb-nek, ezért csakkor felezőpontja IH-nak, ha HAbIAc paralelogramma. Ilyen paralelogramma pontosan egy létezik, amelynek H pontját a COa G-re vonatkozó tükörképe metsz ki BOa-ból. Ekkor AcI=IA és AbH=HA miatt AI=AH, tehát AG merőleges IH-ra és viszont.

Azt hiszem még ezek után is érdemes az analóg 20. feladat megoldását végiggondolni.

Egy kis hazai :o)

27. feladat:

a) Keressünk olyan síklapokkal határolt térbeli idomo(ka)t, mely(ek)nek minden pontját minden ponttal él köt össze.

b) Keressünk olyan síklapokkal határolt térbeli idomo(ka)t, mely(ek)nek minden lapja minden lappal határos.

c) Vajon indokolt-e a többesszám?

HK

Kedves DS!

A megoldásod olvasásakor a bennem működő "hányan értik ezt a középiskolás olvasók közül" műszer mutatója a piros sávba lendült így ne haragudj, de pár megjegyzést is teszek az ábra mellé: X ideális pont az IH egyenesen végtelen távol lévő pontot jelöl.

Ez gyakorlatilag azt jelenti: IG=GH.

A szakaszok aránya helyett lehet az O pontból induló őket kimetsző egyenesek által bezárt szögek szinuszainak arányát vizsgálni. (Az X pontot az IH-val párhuzamos OX egyenes "metszi ki".) Ezt jelenti (OI,OH,OG,OX)=-1.

Az AD- ha jól értem - itt az AG egyenest jelenti.

Géza bátorított, hogy írjam le a megoldásomat a 22-es feladatra. (A 20-as is megy ennek mintájára.) Legyen az IH egyenes ideális pontja X, a BC oldalhoz írt kör középpontja O. Elég azt megmutatnunk, hogy (IHGX)=-1. Áttérve egyenesekre (OI, OH, OG, OX)=-1 kéne. Nekem kényelmesebbnek tűnt a rájuk merőleges egyenesekkel dolgozni: ezek C és B szögfelezői, a BC oldal és az AG egyenes. Ezek ugyan nem mennek át egy ponton de az egymással bezárt szögek sinusainak arányát így is felírhatjuk. Ez az első három egyenesnél sin tétellel KB:KC, a másik szükséges arány pedig KT:KS. (K a beírt kör középpontja, AD a C és B szögfelezőit T-ben és S-ben metszi.) Az maradt, hogy KB:KC=-KS:KT, ami pedig igaz, hiszen KB:KS=(c-b):a, illetve KC:KT=(b-c):a. Az utóbbi arányokat kiszámolhatjuk pl súlyozgatással, ugyanis a szögfelezők és AD is egyaránt jól ismert arányban metszik a szemközti oldalakat. Remélem Géza megörvendeztet bennünket egy elegánsabb gondolatmenettel.

Elég hosszú minden húrnégyszög?

A következő feladat ötlete Csimby ujjgyakorlatok [135]-ben megjelent 42. feladatából adódott. Megoldásával még nem foglalkoztam.

26. feladat: Nevezzük elég hosszúnak a húrnégyszöget, ha szemközti oldalaival párhuzamosan húzott egy-egy vonallal három húrnégyszögre bontható. A kérdés: Elég hosszú minden húrnégyszög? Azaz valamelyik irányban fölbontható?

Az ábrán lévő igen.

25. feladat megoldása: Legyen adott a, és a szögfelező f. Az A pont nyilván a BC fölé emelt fokos látóköríven van, az a kérdés mivel tudnánk kimetszeni a körből.

Bárhol is van az A pont a köríven a szögfelező a szemközti BC ív felezőpontján megy át, így F fix pont, ebből kéne körözni d+f sugárral és már meg is lenne az A pont.

Már csak (d+f)-et kell megszerkeszteni. BFD hasonló ABF mert van egy közös szögük és FBD = BAF .

Pont körre vonatkozó hatványa = a szelőszakaszok szorzata segítségével e-ből és f-ből d és d+f megszerkeszthető: sugarú körhöz húzott érintőre az érintési pontból felmérjük e-t. A kapott pontot összekötve a kör középpontjával a rövidebb szelőszakasz d, a hosszabbik d+f.

F pontból (d+f)-el körözve kimetsszük a körből az A pontot.

A 23. és 24. feladathoz hasonló, kicsit nehezebb feladat:

25. feladat: Szerkesztendő háromszög, ha adott egy oldala, a vele szemközti szög és az ehhez tartozó szögfelező. (a szögfelezőnek a háromszögbe eső darabja)

A 20. és 22. feladat egyikének megoldását, ha addig másvalaki nem teszi, kb. a hónap végén közlöm.

24. feladat megoldása: OCE derékszögű és egyik szöge fele. Így a beírt kör sugara OE= szerkeszthető. Ezután ugyanazt a trükköt használjuk, mint az előző feladatban:

Az O pont az AB fölé emelt látóköríven van.

A látókörívből AB-tól távolságban futó párhuzamossal kimetsszük az O pontot. Megrajzoljuk a beírt kört. Ebből AO és BO fölé emelt Thálesz körrel kimetsszük E és F pontokat. Majd AE és BF metszéspontja adja C-t.