[1031] Káli gúla | 2008-04-28 19:34:24 |
Jelölje az átmérőgyanús pontokat P és Q. A PQ ívet a két érintési pont, A, B három körívre bontja, az ezekhez tartozó kerületi szögek legyenek , és . Ekkor a CPQ háromszög szögösszege 2+2+2, mert az e közös érintő a C-nél lévő szöget a bal oldali ábrán (+) és (+) részre, a jobb oldali ábrán és részre osztja (a sima és az elfajult kerületi szögek egyenlőségét kell a közös érintőknél figyelembe venni). Tehát 2+2+2=180o, azaz a három körív együtt egy félkört alkot.
Elnézést a többszörös beírásért, az előző három, képtelen hozzászólásomat ki is lehetne törölni. Ha egy moderátor olvassa, köszönöm előre is. (törölve - Sirpi)
|
|
Előzmény: [1020] BohnerGéza, 2008-04-27 03:22:52 |
|
[1029] HoA | 2008-04-28 17:46:08 |
Az állítás abból adódik, hogy két érintkező kör érintési pontja egyben a két kör kölső vagy belső hasonlósági pontja is. Talán jobban áttekinthető kívülről érintkező körökre, ekkor az érintési pont belső hasonlósági pont. Az ábrán a hasonlóság miatt PO3||T12O1ésQO3||T12O2. Mivel O1,O2ésT12 egy egyenesen vannak, ezért P,QésO3 is, vagyis PQ a kör átmérője.
|
|
Előzmény: [1019] BohnerGéza, 2008-04-27 02:52:47 |
|
|
[1024] Gyarmati Péter | 2008-04-28 16:36:16 |
Nem használtam fel azt, hogy az E érintési pont. Lehet, hogy felhasználtam a bizonyításban a bizonyítandó állítást?!
Így túl elemi volna...
|
|
|
|
|
|
[1019] BohnerGéza | 2008-04-27 02:52:47 |
132. feladat: Három kör páronként érinti egymást három, nem egy egyenesen lévő pontban. Két kör érintési pontján át húzzunk egy-egy egyenest a másik két ponton át! Bizonyítsuk be, hogy ezeknek a harmadik körrel való másik metszéspontja a kör két átellenes pontja!
|
|
[1018] HoA | 2008-04-21 09:25:28 |
Legyen A'B'C' az ABC háromszög képe az affinitásnál. Ekkor A'B'C' oldalegyenesei is a P, Q, R pontokban metszik a t tengelyt. Az affinitás párhuzamosság-tartró tulajdonsága miatt C'S és A'R párhuzamosak. Ezért A'B'C' szög és B'C'S szög váltószögek, egyenlőek. Így C' pontból a QS szakasz az egyik adott (béta), PQ pedig a másik adott - én C'-nél lévő szög miatt gammának nevezném - szög alatt látszik. Ebből a leírt szerkesztés már adódik.
|
|
Előzmény: [1014] HoA, 2008-04-20 08:50:18 |
|
|
|
[1015] HoA | 2008-04-20 08:58:50 |
Ha geometriai feladatról van szó, vegyük fel a Q pontot tartalmazó, PQ szakaszra merőleges S síkot. Ebben a síkban rajzoljunk egy Q középpontú, 35 mm oldalú négyzetet. A négyzet csúcsai és P alkotják a keresett gúlát.
Ha ábrázoló geometria, akkor javaslom, tedd fel abba a fórumba.
|
Előzmény: [1012] t.balint8911, 2008-04-19 13:25:19 |
|
[1014] HoA | 2008-04-20 08:50:18 |
Kedves Cocka!
Egyelőre, hogy ne bosszankodj tovább, a válasz kérdésedre: az adott látószögű köríveket PQ és QS fölé kell rajzolni. Itt most nincs rajzoló programom, úgyhogy ábra és indiklás holnap.
|
Előzmény: [1013] cocka, 2008-04-20 00:42:09 |
|
[1013] cocka | 2008-04-20 00:42:09 |
Nekem is lenne egy érdekes kérdésem a kedves matematikát szerető kollégákhoz.
Konkrétan egy geometriai feladatról van szó, azonbelül is egy tengelyes affinitásról.
A szövege a következő:
Adott a tengelyes affinitás tengelye és egy ABC háromszög. Határozzuk meg az affinitást úgy, hogy az A'B'C' hasonló legyen egy előre megadott DEF háromszöghöz.
Hát ugye az ember próbálkozik, de sajnos nekem nem jött össze. A megoldás szerint a szerkesztés lépései a következők:
Megrajzolom a t tengelyt. Megrajzolom az ABC háromszöget úgy, hogy az oldalait meghosszabbítom. CA P-ben, CB Q-ban, AB R-ben, az AB-vel a C-n keresztül húzott párhuzamos egyenes pedig S-ben metszi a tengelyt.
Az ABC háromszög mellé valahova megrajzolom a DEF háromszöget. Az F szögét elnevezem alfának, az E szögét meg bétának. A megoldás azt javasolja, hogy a PQ szakasz fölé (alá) szerkesszünk az alfa szöggel látószög körívet, illetve az RS fölé (alá) is szerkesszünk egy látószög körívet a béta szöggel. Na most elvileg a látószög körívek metszéspontja fogja kiadni a C' helyét. Ekkor ugye a feladat tovább úgy folytatódik, hogy a C'-t összekötöm a C-vel és ez lesz az affinitás iránya.
Igen ám, na de akármilyen helyzetű az ABC háromszög ez a két kör így a büdös életben nem fogja metszeni egymást. (az sem mellékes egyébként, hogy a megoldásban ez az egész feladat 3 sorban el van intézve a szerkesztési lépéseket erősen mellőzve, sőt ábra sincs, nehogy már megértsd :( )
Szóval a kérdésem végül is az lenne, hogy mely szakaszok fölé is kéne a látószög köríveket szerkeszteni, mert a PQ és RS páros biztosan nem nyerő. Próbáltam úgy is, hogy PR és QS, így metszi a két körív egymást, de a kapott háromszög rohadtul nem hasonlít a DEF háromszögre, mert pl. a szögeik kapásból nem egyeznek meg. Én meg valami olyasmit hallottam a hasonló háromszögekről, hogy szögei páronként megegyeznek.
A feladattal bohóckodtam egy sort Geogebrában, aztán hagytam az egészet a francba. Akinek van valami ötlete ne kíméljen. Akár privátban is. Thanks.
|
|
|
[1012] t.balint8911 | 2008-04-19 13:25:19 |
Tisztelt forumozók !
Nem tudom hogyan áljak neki ennek a feledatnak:
Adott a PQ szakasz . Szerkeszen egy olyan szabályos négyoldalú gúlát , amelynek P a csucspontja, Q pedig a 35 mm élű alapnégyzetnek a középpontja !
|
|
|
[1010] sakkmath | 2008-04-15 11:47:19 |
A Ptolemaiosz-tétel általánosabb változata:
Ha egy négyszög oldalai a, b, c és d, átlói e és f, akkor ac+bd ef, és egyenlőség akkor áll, ha a négyszög húrnégyszög. (Az egyenlőtlenség bal oldalán a szemközti oldalak szorzatának összege áll.)
|
Előzmény: [1009] akinom91, 2008-04-15 11:22:48 |
|
[1009] akinom91 | 2008-04-15 11:22:48 |
Volt egy tetel, mar nem is tudom pontosan kirol neveztek el (talan Descartes, de nem vagyok biztos benne), amely szerint egy negyszog atloinak paronkenti szorzata egyenlo, vagy legalabbis valami ilyesmi. Tudna valaki segiteni a pontos megfogalmazasaban, alkalmazasaban?
|
|
[1008] Káli gúla | 2008-04-15 00:15:26 |
Legyen az ABCD tetraéder AB élén atmenő szögfelező síkról szó., messe ez a CD-t E-ben. Húzzunk C-n és D-n át (c és d) párhuzamos egyeneseket az AB szakasszal. A c és d által meghatározott sík messe a szögfelező síkot e-ben. Legyen még az AB egyenes neve l. Ezzel a négy párhuzamos egyenessel (l, c, d, e) tulajdonképpen visszavezettük a két dimenziós kérdésre a feladatot:
(A második egyenlőségnél használtuk a kétdimenziós tételt, abban a síkban, amelyik a négy párhuzamosra merőleges.)
|
Előzmény: [1006] Gyöngyő, 2008-04-14 22:45:39 |
|
|
[1006] Gyöngyő | 2008-04-14 22:45:39 |
Sziasztok!
Tudnátok segíteni a következő feladatnál:
Bizonyítsa be,hogy a tetraéder lapszögfelező síkja olyan arányban osztja az átellenes élet,amely egyenlő annak a két lapnak a területarányával,amelyek szögét felezi!
Köszike:
Zsolt
|
|
[1005] BohnerGéza | 2008-04-13 20:22:04 |
Legyen a 131. feladatban H ill. J az A'B'-nek B'-höz ill. C'D'-nek D'-höz közelebbi harmadolópontja.
Igazoljuk, hogy H, B, D és J egy egyenesen vannak!
Adjuk meg a HB, a BD és a DJ szakaszok hosszának arányát!
|
Előzmény: [1004] HoA, 2008-04-03 11:20:44 |
|
[1004] HoA | 2008-04-03 11:20:44 |
A 131. feladat megoldása:
a ) I.) A csúcspontok helyvektoraira - AB' felezőpontja B - felírható: B'=2.B-A , hasonlóan C'=2.C-B , D'=2.D-C és A'=2.A-D . Az egyenletrendszert pl. D-re megoldva kapjuk:
Ha koordinátarendszerünk kezdőpontjának D'-t választjuk, akkor ,
, ami A'B'C'D' négyszöget ismerve könnyen szerkeszthető.
II.) Szemléletesebb megoldást kapunk, ha - mint BohnerGéza is a kiegészítésben utalt rá - a feladatban kínálkozó középpontos hasonlóságokat nézzük. Legyen H1 a 1=1/2 arányú, A' középpontú hasonlóság. Ez D-t A-ba képezi le. A H2,H3ill.H4 , mind 2=3=4=1/2 arányú, B' , C' ill. D' középpontú hasonlóságok A-t B-be, B-t C-be, ill. C-t D-be képezik le. A négy hasonlóság eredője (szorzata) H5=H1.H2.H3.H4 tehát D-t fixen hagyja. Mivel 1.2.3.4=1/161,H5 is egy középpontos hasonlóság, amelynek csak a középpontja fixpont, tehát D H5 középpontja. Felhasználva, hogy adataink alapján H1,H2,H3ésH4 a sík tetszőleges pontjára végrehajtható, valamint hogy középpontos hasonlóságnál egy pont, a képe és a hasonlóság középpontja egy egyenesen van, az alábbi szerkesztés adódik:
Vegyünk fel egy P0 és egy Q0 pontot. P0 képe H1-nél P1 , P1-é H2-nél P2, P2-é H3-nál P3, végül P3-é H4-nél P3. Hasonlóan kapjuk a Q1,Q2,Q3,Q4 pontokat. P0P4 és Q0Q4 egyenesek metszéspontja D.
P0 és Q0 ügyes megválasztásával a lépések száma csökkenthető. Például legyen P0=A'ésQ0=B' . Ekkor P1 is A', P2 A'B' felezőpontja, P3P2 és C' felezőpontja, P4 pedig P3 és D' felezőpontja. Q1 A'B' felezőpontja ( =P2) , stb . ld az ábrán.
Tovább egyszerűsíthető a szerkesztés, ha figyelembe vesszük, hogy H5 aránya 1/16, így D-t csak P0 és képei alapján is megkaphatjuk: a P0P4 szakaszt hosszabítsuk meg P4-n túl az 1/15-ével.
Szerkesztésünk helyességét igazolja ha a lépéseket számítással követjük. Tetszőleges P0-ból indulva , mint azt az egyenletrendszerből kaptuk.
b) Az AC átlóval kettévágott négyszög egyik része , az ABC területe fele a BB'C' -nek, mivel AB = BB' és C'B = 2 CB. Hasonlóan a négyszög másik része, ACD területe fele az A'DD' -nek. E két területe tehát együtt a négyszög területének duplája. Ugyanez igaz a BD átlóval kettévágott négyszögre és az A'B'A ill. C'D'C -ekre. Így A'B'C'D' területe 5-szöröse az ABCD területének.
|
|
Előzmény: [1002] BohnerGéza, 2008-03-27 22:32:12 |
|
|