[1539] Fálesz Mihály | 2012-03-18 13:05:06 |
Az egy egyenesen levő szakaszok arányai között több összefüggést találhatsz akár közvetlenül, akár a Menelaosz-tétel felírásával.
Az ADC, BEC, APE, BPD egyeneseken a különböző szakaszok arányát kifejezheted a területekkel, például .
Ezekből összerakhatod a megoldást...
|
Előzmény: [1537] Sudárné, 2012-03-18 09:32:48 |
|
|
[1537] Sudárné | 2012-03-18 09:32:48 |
A feladat a következő: Egy háromszög egy-egy oldalán vegyünk fel egy-egy tetszőleges pontot (jelöljük mondjuk D-vel és E-vel) Ezeket a pontokat kössük össze a velük szemközt lévő háromszög csúcsával. A háromszög így négy részre bomlott, három háromszögre és egy négyszögre, A három háromszög területét ismerem, kérdés a négyszög területe.
Az ábrán találhatóak a további adatok.
|
|
|
[1536] Danesz | 2012-03-17 18:42:39 |
Üdv mindenkinek! Segítenétek egy feladat kidolgozásában? Bizonyítandó, hogy a tér részhalmazain értelmezett átdarabolás relációra igaz, hogy ha A átdarabolható B egy részhalmazába, és B átdarabolható A egy részhalmazába, akkor A átdarabolható B-be. (A átdarabolható B-be, ha létezik az A=U(A(i)) véges diszjunkt felbontás és B=U(B(i)) véges diszjunkt felbontás, hogy A(i) mozgással átvihető B(i)-be)
[U az unió jele]
|
|
|
|
[1533] BohnerGéza | 2012-01-11 00:58:59 |
Mint HoA megoldásából is látszik, ha P közelebb van a vezéregyeneshez mint a fókuszpont, de P nincs a tengelyen, akkor is igaz az 1531-beli állítás. Ekkor a nagyítás aránya negatív.
|
Előzmény: [1532] HoA, 2012-01-08 16:41:15 |
|
[1532] HoA | 2012-01-08 16:41:15 |
Nem nagy a tolongás. Egy mechanikus bizonyítás, mely talán kedvet vagy ötletet ad egy szemléletesebbhez: Válasszuk úgy a koordinátarendszer egységét, hogy a parabola egyenlete legyen. Ekkor F koordinátái ( 0;1) , v és t metszéspontja Q( 0;-1) . Legyen , ahol a feltétel szerint a>2 . A PQ egyenes és a parabola második metszéspontjára ( R ) felírt, x-re adódó másodfokú egyenletből (x-a) kiemelhető, a másik megoldás . A nagyítás során R képe Q, F képe F' ,ennek ordinátája legyen h. A lineáris méretek azonos nyújtása miatt a zöld illetve kék hasonló háromszögek hasonlósági aránya megegyezik: ; ; , ebből pedig a > 2 miatt h=0 .
|
|
Előzmény: [1531] BohnerGéza, 2011-12-31 01:11:20 |
|
[1531] BohnerGéza | 2011-12-31 01:11:20 |
jonas [1530]: Azért ne ijesszük el az olvasókat. Megy egyszerűbben is! HoA leírásából nem következik?
(Úgy látom, leszoktunk a feladatok sorszámozása.) Egy másik feladat:
|
|
|
|
|
[1528] HoA | 2011-12-24 09:45:55 |
Elnézést, figyelmetlen voltam. Természetesen nem igaz, hogy az átlók felezik egymást. ( Ld. ábra ) . Egy megoldás: Addig igaz, hogy AB és DE párhuzamosságából valamint AD és BE egyenlő hosszából adódik, hogy a két átló egyenlő szögeket zár be a párhuzamos oldalakkal. Az ábrán pirossal jelölt szögek ABE = BAD = DEB = EDA , legyen . Hasonlóan CDA = FCD = DAF = CFA , legyen ( kék ), valamint CBE = BCF = BEF = CFE , legyen ( zöld ). BAD = DEB miatt ABDE húrnégyszög, körülírt köre legyen k. A hatszög szögeinek összegére 720o = 4 + 4 + 4 , így + + = 180o . k -ban a BD húrhoz tartozó egyik kerületi szög , BCD = + , így ABCD húrnégyszög, C is rajta van k -n. Ugyanígy adódik, hogy F is rajta van k -n.
|
|
Előzmény: [1526] logarlécész, 2011-12-22 19:00:43 |
|
|
[1526] logarlécész | 2011-12-22 19:00:43 |
Szerintem nem feltétlenül felezik egymást a szakaszok (nem a feladat végén, hanem abból, hogy egyenlő hosszúak), én legalábbis nem látom, hogy ez honnan jött.
Viszont azt hiszem, az biztos, hogy ha a hat csúcsból két szemköztit elhagyunk, a maradék húrnégyszöget alkot (egyenlő átlójú trapéz), de ebből következik a megoldás?
|
Előzmény: [1522] HoA, 2011-12-20 17:31:48 |
|
|
|
|
[1522] HoA | 2011-12-20 17:31:48 |
Vázlat: Javaslom a párhuzamos szelők - egyik - tételének egy "megfordítását" : párhuzamosok közötti párhuzamos szakaszok egyenlőek --> párhuzamosok közötti egyenlő szakaszok vagy párhuzamosak vagy ugyanakkora szöget zárnak be a párhuzamosakkal. Ebből adódik, hogy az átlók felezik egymást, és mivel egyenlőek a hat csúcs az átlók metszéspontjától félátlónyi távolságra van, tehát egy körön vannak.
|
Előzmény: [1521] Erika95, 2011-12-20 17:01:06 |
|
[1521] Erika95 | 2011-12-20 17:01:06 |
Sziasztok! A segítségeteket szeretném kérni az alábbi feladat megoldásában: Bizonyítsuk be,hogy egy hatszög szemben fekvő oldalai párhuzamosak és a szembenfekvő csúcsokat összekötő átlók egyenlőek egymással, akkor a hatszög csúcsai egy körön vannak. A hatszög nem biztos hogy szabályos hatszög.
Köszönöm szépen.
|
|
|
|
[1518] Tatanka Yotanka | 2011-12-12 10:05:37 |
Kedves Sirpi! Kérdésed, hogy "miért a szögfelezőkre?" teljesen jogos. A DEF háromszög (és a hasonló eljárással létrehozott GHI, JKL háromszögek is) mindig hasonló az ABC háromszöghöz, nem kell, hogy a B,C pontokból az A-ból szögfelezőre bocsássunk merőlegest, elegendő egy A-ból induló, és a szemközti oldalt metsző egyenes, sőt, akár a szemközti oldallal párhuzamos is lehet. A szögfelezős változat nyilván egyszerűbb, a hasonlóság arányát könnyebb fölírni.
|
|
[1517] Tatanka Yotanka | 2011-12-12 09:09:58 |
Bocsánat, egy feltételt kihagytam a fölvetett feladatból. Az A pontbeli belső szögfelezőre a B és C pontokból bocsátunk merőlegest. Hiába, kezdő vagyok.
|
|
|
[1515] Tatanka Yotanka | 2011-12-12 07:00:59 |
Üdvözlet mindenkinek! Új hozzászólóként szeretnék egy feladatot, illetve problémát fölvetni: Az ABC háromszög A csúcsából bocsássunk merőlegest a szemben levő oldalra, a merőleges talppontja legyen D. Ezután állítsunk merőlegeseket az A-ból induló belső szögfelezőkre, a talppontok itt E és F. Hasonlóképpen szerkesztjük meg a C és B pontokból kiindulva a GHI és JKL háromszögeket. Az könnyen igazolható, hogy DEF, GHI és JKL mindegyike hasonló az ABC háromszöghöz, de ezen háromszögek területének összege lehet-e pl. az ABC háromszög területével egyenlő, annak a fele stb., illetve mennyi a három terület összegének maximuma?
|
|