[709] BohnerGéza | 2007-04-26 17:46:14 |
Szép megfejtése annak, mire alkalmazható itt az inverzió! A [692]-ben Python szépen igazolta, hogy PQRS paralelogramma, a kettő együtt elég. A [708]-ban HoA által említett P'Q'R'S' négyszög érintő- húrnégyszög. ( kiderült, hogy lehet ilyet szerkeszteni.)
|
Előzmény: [708] HoA, 2007-04-26 14:50:49 |
|
[708] HoA | 2007-04-26 14:50:49 |
Sajnos nekem csak ötlet! Odáig világos, hogy az ívek adott választása miatt az inverzióban a Thálesz körök képeiként adódó egyenesek által meghatározott P'Q'R'S' négyszög húrnégyszög, ezért PQRS is az. De a téglalaphoz még be kéne látni, hogy a szemben lévő oldalak párhuzamosak, vagy hogy a szomszédosak merőlegesek. Ez az inverzekre azt jelenti, hogy pl. a P'Q'O és R'S'O pontokon átmenő körök érintik egymást, illetve hogy pl. a P'Q'O és Q'R'O pontokon átmenő körök merőlegesen metszik egymást, ezekkel azonban nem boldogulok.
|
Előzmény: [693] BohnerGéza, 2007-03-28 22:09:31 |
|
|
[706] HoA | 2007-04-20 11:54:37 |
Én úgy értelmeztem a feladato(ka)t, hogy ABCD ebben a sorrendben, pozitív körüljárás szerint van az oldalegyeneseken - és téglalap esetében az is adott, hogy A van a "b" hosszúságú oldalon. Ezért BD-nek csak pozitív 90 fokos elforgatottját vettem. Ez BohnerGéza megoldásának lila négyzete. Ha a fordított körüljárást is megengedem, és BD negatív 90 fokos elforgatottját mérem fel C-ből, akkor a zöld négyzetet kapom. Tovább bővül a megoldások száma, ha ABDC sorrend is megengedett. Ekkor persze az A-val szemközti oldalon D van, tehát BC elforgatottját kell D-ből felmérni. Ismét a két körüljárási irányt megengedve a pozitív 90 fokos elforgatottal adódik a piros, a negatívval a kék négyzet. Téglalap esetében még egy kettes szorzó jön be a megoldások számára, ha nem rögzítem, hogy A az "a" vagy a "b" oldalon van. Ez az én megoldásomban az elforgatott vektorok k -szorosának és 1/k -szorosának használatát jelenti, BohnerGéza ábráján pedig az átló hol az egyik hol a másik oldallal zárja be a k tangensű szöget.
|
Előzmény: [705] BohnerGéza, 2007-04-19 20:29:32 |
|
[705] BohnerGéza | 2007-04-19 20:29:32 |
A 109. és 110. feladatra HoA által adott megoldásvázlat [696]-ban és [704]-ben a BD vektor + illetve -90 fokos forgatásával két megoldást ad. Helyes-e a [699]-ben felvázolt négy megoldás?
|
Előzmény: [704] HoA, 2007-04-19 16:24:43 |
|
|
|
|
|
[700] Python | 2007-04-16 07:14:02 |
111. feladat Egy háromszögben két oldal és egy szögfelező háromszögön belüli szakasza is egyenlő hosszú. Mekkorák a háromszög szögei?
|
|
[699] BohnerGéza | 2007-04-12 19:55:57 |
A 109-es és 110-es feladatokhoz: A PQRS négyzet PQ oldalegenesén legyen A, QR-en B, RS-en C és SP-n a D. Ekkor Q számára vonal az AB és S számára a CD Thálesz-köre. Mivel az átló oldallal bezárt szögét is ismerjük, így az átlónak a körökkel való metszéspontja is ismert. Az ábrán a 109. feladat megoldása látszik, a piros és a lila pozitív körüljárású a négy mo. közül.
|
|
Előzmény: [691] lorantfy, 2007-03-28 11:33:35 |
|
|
[697] jenei.attila | 2007-04-11 12:32:25 |
Így egyszerűbb, de lényegében ugyanaz. A téglalappal kapcsolatban én 180 fokos elforgatásra gondoltam, de közben rájöttem hogy nem jó, mert A2 C-vel egybe fog esni, vagyis nincs A2-C egyenes.
|
Előzmény: [696] HoA, 2007-04-11 11:21:03 |
|
[696] HoA | 2007-04-11 11:21:03 |
Elég BD 90 fokos elforgatottját C -ből felmérni. A D1 végpont A-val közös oldalegyenesen van. Ezzel C-n át párhuzamost, B-n és D-n át merőlegest húzva készen vagyunk. (Amiből az is rögtön látszik, hogy a megoldás nem egyértelmű ha D1 A-ba esik, vagyis ha CA BD 90 fokos elforgatottja)
Téglalapra azért nem megy, mert kihasználtuk, hogy az "AC sáv" és a "BD sáv" egymás 90 fokos elforgatottjai, egyforma szélesek, ami téglalapra nem igaz.
|
|
Előzmény: [695] jenei.attila, 2007-04-11 10:19:52 |
|
[695] jenei.attila | 2007-04-11 10:19:52 |
Az adott pontok legyenek A,B,C,D. Forgassuk el ezeket tetszőleges pont körül 90 fokkal, az elforgatott pontokat A1,B1,C1,D1 jelöli. Alkalmazzunk az elforgatott pontokra egy eltolást, amely D1-et A-ba viszi. Az eltolt pontokat A2,B2,C2,D2 jelöli. Ekkor a C és B2 pontokat összekötő egyenes a négyzet egy oldalegyenese.
Nem biztos hogy jó ez a megoldás, mert adott négy ponttal téglalap szerkesztése nem egyértelmű. Holott hasonló logikával, csak a pontokat 180 fokkal elforgatva és C1-et A-ba vivő eltolással C-A2 egyenes egyértelműen megadja a téglalap egy oldalegyenesét. Még nem teljesen gondoltam végig, várom a hozzászólásokat.
|
Előzmény: [691] lorantfy, 2007-03-28 11:33:35 |
|
[694] Python | 2007-04-05 17:43:41 |
109. megvan, egy eltolás meg egy forgatás, csk most nincs időm hogy részletesen leírjam.
Amikor az előzőt írtam, az az elején tényleg még megoldási ötlet volt csak és véletlenül úgy hagytam
|
|
|
[692] Python | 2007-03-28 16:55:31 |
Megoldási ötlet:
pl. R rajta van CD-n, mivel DRO+ORC=2.90o egyenesszög (Thalesz-tétel), és így mivel CD-re merőleges OR, CD-t R felezi, hasonlóan P, Q, S is ABCD oldalfelező pontjai.
Ha felezési pontok, paralelogrammát alkotnak, hiszen PQ és RS AC-vel párhuzamos, QR és PS pedig BD-vel (háromszögközépvonalak).
Ha AOB=, COD=180o- (fél kerület, így fél középponti szög). , és . Ha ABCD átlóinak M a metszéspontja, MDA háromszögben és , így AMD=90o, tehát ABCD átlói merőlegesek.
A feljebb említett párhuzamosságok miatt így PQRS valóban téglalap.
|
Előzmény: [690] BohnerGéza, 2007-03-27 15:07:02 |
|
[691] lorantfy | 2007-03-28 11:33:35 |
109. feladat: Szerkesszünk négyzetet, ha adott mind a négy oldalegyenesének egy-egy pontja! (Nem volt még?)
|
|
|
[689] Sirpi | 2007-03-26 09:46:35 |
Amúgy ha már felmerült ez a feladat, akkor teljes indukcióval ugyanígy az is belátható, hogy a d dimenziós teret d-1 dimenziós alterekkel (azaz hipersíkokkal) legfeljebb ennyi részre lehet vágni:
|
Előzmény: [683] Sirpi, 2007-03-24 21:51:16 |
|
[688] BohnerGéza | 2007-03-25 22:12:54 |
108. feladat: Az O kp-ú körön ebben a sorrendben felvett A, B, C és D pontokra igaz, hogy AB ív + CD ív a kör kerületének fele. Az OA, OB, OC és OD Thálesz-köre messe a "következőt" a P, Q, R illetve S pontban! Bizonyítandó, hogy PQRS téglalap!
|
|
|
[686] epsilon | 2007-03-25 07:56:00 |
Helló! Köszi mindannyiatoknak! A feladatot azért kezelem gyanakvóan, mert tudjuk, láttuk, hogy indukcióval olyasmit is lehet bizonyítani, ami nem igaz (pl 2 egymásutáni szám egyenlő, ha ezt igaznak feltételezzük, a következő lépés is kijön), tehát az bizonytalan, hogy a legfennebb n(n+1)/2 +1 felső korlát el is érhető, minden n-re? Üdv: epsilon
|
|
|