[176] matekos04 | 2004-11-08 19:54:26 |
Udv. mindenkinek!
Maglattam ezt a topikot erdekesnek talaltam es gondoltam hogy bekuldök egy feladatot:
A kerdesem az hogy hany negyzetcentimeter a szurke terulet.
|
|
|
|
[174] lorantfy | 2004-10-24 11:21:22 |
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:
|
Előzmény: [172] BohnerGéza, 2004-10-21 09:01:05 |
|
|
[172] BohnerGéza | 2004-10-21 09:01:05 |
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)
|
|
|
[170] BohnerGéza | 2004-10-14 22:50:38 |
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.
|
Előzmény: [158] BohnerGéza, 2004-09-08 20:25:06 |
|
[169] BohnerGéza | 2004-10-11 15:47:59 |
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.
|
|
Előzmény: [159] BohnerGéza, 2004-09-13 08:51:57 |
|
|
[167] newbee | 2004-10-01 17:28:05 |
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 :)
|
|
[166] Hraskó András | 2004-09-29 03:16:57 |
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.
|
|
|
|
[163] nadorp | 2004-09-15 14:44:34 |
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=45o 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)
|
|
Előzmény: [162] Hajba Károly, 2004-09-15 13:30:03 |
|
[162] Hajba Károly | 2004-09-15 13:30:03 |
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
|
Előzmény: [161] nadorp, 2004-09-15 12:11:58 |
|
|
[160] Hajba Károly | 2004-09-13 10:21:59 |
39. feladat:
Mennyi az ábra szerinti egyforma, a trapézt 2 helyen s egymást is érintő körök r sugara?
HK
|
|
|
[159] BohnerGéza | 2004-09-13 08:51:57 |
38. feladat: Igazoljuk az előző hozzászólásban a 'ha van igazság'-ban leírtakat, feltételezve, hogy a 37. feladat állítása igaz! ( Ezért is szép a geometria!)
|
|
[158] BohnerGéza | 2004-09-08 20:25:06 |
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.
|
|
|
[157] BohnerGéza | 2004-08-13 12:40:42 |
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!
|
|
[156] lorytibi | 2004-07-20 21:16:08 |
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.
|
Előzmény: [154] Sirpi, 2004-07-20 12:48:37 |
|
[155] Kós Géza | 2004-07-20 21:12:51 |
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 360o; a nagy háromszög csúcsainál összesen 180o. Az összes kis háromszög összes szögének összege tehát b.360o+180o=(2b+1).180o, a kis háromszögek száma pedig 2b+1, ami páratlan.
|
Előzmény: [154] Sirpi, 2004-07-20 12:48:37 |
|
[154] Sirpi | 2004-07-20 12:48:37 |
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.
|
Előzmény: [153] lorytibi, 2004-07-20 12:01:48 |
|
[153] lorytibi | 2004-07-20 12:01:48 |
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.
|
|
[152] BohnerGéza | 2004-07-18 12:40:02 |
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
|
|
|