Fórum: GEOMETRIA

A zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium "IZSÁK IMRE GYULA" komplex természettudományi versenyének egyik szép feladatát ajánlom.

141. feladat: A k1 és k2 kör két pontban, A-ban és B-ben metszik egymást. Legyen C a k1-nek k2-n kívüli olyan pontja, melyre a CA egyenes k2-t olyan az A-tól különböző D pontban metszi, mely nincs a k1-en belül. Továbbá legyen K a CD, M a k1 A-t nem tartalmazó BC ívének és N a k2 A-t nem tartalmazó DB ívének felezőpontja. Bizonyítandó, hogy MKN szög derék!

Pedagógiailag nagyon jó feladatnak tartom. Szinte vonzza a szemet, hogy AC felezőpontját E és G között NEM jelöli az F betü. Honnan ismerős a szakaszt két oldalról érintő két kör, ráadásul az ábra alapján a szakasz felezőpontjára szimmetrikus két pontban? Először belátjuk, hogy ez nem csak ránézésre van így, hanem a [1139] - beli egyenlőség éppen a feladat feltételeiből következik. És ami még "hiányzik" az ábráról: ABC beírt k₁ körének E-vel átellenes H pontja - és ugyanígy ACD beírt k₂ körének G-vel átellenes I pontja , melyek úgy tűnik, rajta vannak BG-n illetve DE-n. Végül az ABC háromszög AC oldalát G-ben érintő hozzáírt k₃ kört megrajzolva teljes az ábra. Így már jól láthatóak a beírt és hozzáírt körök vizsgálatánál megismert hasonlóságok. k₁ és k₃ külső hasonlósági pontja B, ezért B, H és G valóban egy egyenesen van. k₁ és k₂ külső hasonlósági pontja P, ezért P, G és H egy egyenesen van. Vagyis P, G, H, B egy egyenes pontjai. És persze ugyanez áll P, D, I, E -re.

Segítség a 140. feladathoz: Bizonyítsuk, hogy AG=CE!

( A feladat szövegében természetesen a BDA-é helyett CDA-é a helyes, ahogy az ábra is mutatja. )

Két előzetes megjegyzés:

1) Nem nyilvánvaló kapcsolatot találni egy ábra bizonyos pontjain átmenő körök középpontjai és az ábra többi része között. Az itt célravezető meglátás: két egymást metsző kör centrálisa merőleges a közös húrra. Ezt a bizonyításban többször is felhasználjuk.

2) Ha sikerül bebizonyítnai, hogy tetszőleges három körülírtkör-középpont a körülírt körök közös M pontjával egy körön van, akkor egyúttal azt is bizonyítottuk, hogy a négy körülírt kör középpontja és M egy körön van, hiszen például ha O₁,O₂,O₃ésM egy körön van , valamint O₁,O₂,O₄ésM egy körön van, akkor ez úgy is fogalmazható, hogy O₃ésO₄ is rajta van az O₁,O₂ és M ponthármas által meghatározott körön.

[1136] ábráját megbetűzve MF merőleges O₁O₂ -re, ME merőleges O₁O₃ -ra , így nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek lévén FME=O₂O₁O₃. Hasonlóan adódik, hogy EMC=O₁O₃O₂. A kettőt összegezve FMCO₃O₂O₁ kiegészítő szögével egyenlő.

Jelöljük az MEF -et -vel. Az O₁ középpontú k₁ körben ez az MF húrhoz tartozó kerületi szög. MFO₁ egyenlőszárú -ben a középponti szög, MO₁F fele, így FMO₁=/2-.

Az O₃ középpontú k₃ körben CEM=- a rövidebbik CM ívhez tartozó kerületi szög, a hosszabbik CM ívhez tartozó kerületi szög , az MCO₃ egyenlőszárú -ben a középponti szög, MO₃C fele, így CMO₃=/2-.

O₁MO₃=FMC-FMO₁+CMO₃=FMC, az O₃O₂O₁ kiegészítő szöge, tehát O₁,O₂,O₃ésM egy körön vannak.

Nem feledkeztem meg róla, ne lődd még le! Köszönöm.

Ábra a 138. feladathoz.

140/b feladat: Bizonyítandó, ha a 140. feladatban az ABCD négyszög konkáv, akkor az állítás - ha vannak - a közös belső érintőkkel, igaz! ( Szóval a BG és DE átmegy a körök belső hasonlósági pontján. )

Megjegyzés: Ha a 140-ben a két kör sugara egyforma, akkor BG és DE párhuzamos a centrálisukkal.

140.feladat: A konvex ABCD négyszögben DA+AB=BC+CD-vel. (Nem érintőnégyszög!) Az ABC háromszög beírt köre érintse AC-t az E, a BDA-é a G pontban. Bizonyítandó, hogy a beírt körök közös külső érintői, a BG és a DE egyenesek egy ponton mennek át!

Kérdéseddel dr. Dályay Pál Péterhez, a szegedi Deák Ferenc Gimnázium tanárához célszerű fordulni. A feladatot az ő javaslatára a The American Mathematical Monthly tűzte ki 2006-ban 11240-es sorszámmal. A 2008. évi februári szám internetes hivatkozása itt már a rövidített megoldást is közli.

Az exponenciális függvény konvexitása miatt minden valós x-re 1+xe^x. Speciálisan, ha x(0,1), akkor 1-xe^-x, így . Legyen most tetszőleges, ekkor . Végezzük itt el az helyettesítést, ha >0 tetszőleges. Azt kapjuk, hogy . Legyen most , ha A>0 és B>0 tetszőleges. Ekkor . Ha C>0 tetszőleges, akkor betűcserével ebből azt kapjuk, hogy és is igaz. Az utolsó három egyenlőtlenséget összeszorozva azt nyerjük, hogy minden pozitív A, B és C-re

Vonjunk gyököt az egyenlőtlenségből, majd végezzük el az A=a+b-c>0, B=a-b+c>0, C=-a+b+c>0 helyettesítéseket, ahol a, b és c a háromszög oldalai. Azt kapjuk, hogy

A fenti bal oldal viszont éppen .

Amúgy honnan jött ez az állítás? (Valami hiperbolikus/abszolút geometriai tétel?)

139. feladat:

Ha K a a háromszög symmediáns pontja és O a köré írt kör középpontja, akkor a Tucker körök középpontjai éppen az OK szakasz pontjai. A bizonyítás megtalálható pl. W. Mclelland: A Treatise On The Geometry Of The Circle. Macmillan, 1891. könyvében a 73. oldalon. A könyv olvasható, és le is tölthető a www.archive.org oldalon, csak rá kell keresni a címére.

Azt hiszem - így ábra nélkül -, hogy az A'A"=B'B"=C'C" az nem feltétel, hanem igazolható, bárhova vesszük is fel a kezdő A' pontot.

A Tucker körnek a lényege: Feltétel: A'A"=B'B"=C'C", és A'A", B'B" és a C'C" antiparallel a BC, CA és AB oldalakkal. A hat pont: A', A", B', B", C' és C" egy körön helyezkedik el. Tudomásom szerint kell középpontjának lenni.

Biztos, hogy nem a "Matematikus-fizikus viccek, sztorik" közé akartad írni?

Utána néztem, a Tucker-kör vszleg hatszög, azaz önmagába visszatérő vonal. Ilyet a talpponti háromszög (piros) segítségével is meg lehet szerkeszteni. Az ábrán kettő látszik (kék, zöld) és nyilván végtelensok van. Mivel ezen hatszögek köré írható kör, de ezek kp-jai nem esnek egybe, nincs értelme a kérdésnek.

Sziasztok!

A Tucker-kör megszerkesztésével bajlódok, de sehogy nem jövök rá a középpont megszerkesztésére, kérlek segítsetek.

Előre is köszönöm

Ismert a következő: Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei átmennek egy közös ponton.

138. feladat: Bizonyítandó, hogy a négy körülírt kör középpontja és ez a közös pont egy körön van.

Köszönöm!

Közben sikerült megoldanom más módszerrel a kör és sík problémáját is.

Nemrég nekem is szükségem volt hasonló programra, csak éppen gömbközéppontot kellett keresni felületi pontok alapján, és írtam egy egyszerű módszert, ami a tesztek alapján elég jól működik, röviden le is írom, hogyan (körre is jó változtatás nélkül):

Legyenek adva a P₁,P₂,...,P_n pontjaink, és keressük az O középpontot iterációs módszerrel. Legyen O₀ a megadott P_i ponthalmaz súlypontja. Ha egyenletes a ponteloszlás, akkor ez már önmagában is majdnem jó, de ha nem, akkor is egy jó kiindulópont.

Nézzük a k+1. lépést: rendezzük sorba a P_i pontokat az O_k-tól vett távolság alapján, és a robusztusság miatt ebből hagyjuk el a legközelebbi és a legtávolabbi 10%-ot, legyen ez első meghagyott pont R (tehát ez egy majdnem legközelebbi pont O_k-hoz képest), az utolsó S (ez pedig a majdnem legtávolabbi, leszámítva a felső 10%-ot). Ideális esetben O_k-t az RS szakasz felezőmerőlegesére kellene "ráhúzni", de tapasztalataim alapján így lassabb a konvergencia, mintha csak a felezőmerőlegeshez képest a felére csökkentenénk a távolságot. Tehát ha O_k talppontja RS felezőmerőlegesére T, akkor O_k+1-nek válasszuk O_k és T felezőpontját, majd folytassuk az eljárást.

Megállási feltétel: Egy adott O_k pont jóságát mérjük az |SO_k|-|RO_k| különbséggel, és ha ez kisebb, mint az eddigi legjobb, akkor jegyezzük meg ezt, mint lehetséges végső kör/gömbközéppontot. És ha mondjuk 1000 iterációs lépésen keresztül ez a rekord nem dől meg, akkor legyen ez a végső győztes is egyben.

Kedves "Fálesz" Mihály!

Visszatérve a legjobban illeszkedő körhöz... Sajnos nem tudom végigszámolni a kör a megadott segédletek alapján, elakadok vele..Az a baj,hogy nem teljesen látom át. Örülnék ha egy konkrét példán bemutatott feladatmegoldást láthatnék.

Van egy programom, ami képes erre a legjobban illeszkedő kör készítésére, a megadott pontokra az alábbi eredmények számolja:

Adottak az alábbi pontok (X,Y):

(0,1000); (10,1000); (400,4000); (500,2000); (-500,-1500); (-900,-3500); (-7000,-3500);

Eredmények(origó,sugár):

X0= -4853.3 ; Y0= 1209.7 ; R= 5352.6 ;

Távolságok az origótól:

1=4857.8; 2=4867.8; 3=5948.4; 4=5411.3; 5=5127.7; 6=6149.0; 7=5175.8;

Amennyiben nem túl nagy munka a segítség, megköszönném. Ha nagy, akkor sincs semmi gond :) Előre is köszönettel: farkasb

Mivel semmi más adat nincs megadva a két egyenesen kívül, ezért nem nagyon jutott eszembe más lehetöség, hogy mi lehet a feladat. Felsoroltam azt a 2-t, ami viszont igen :-)

Ezt meg hogy tippelted meg?

Azt kell tudni hozzá, hogy számolhatod ki egy pontnak egy egyenestől mért távolságát. Ezután csak veszel egy pontot az egyik egyenesről, és kiszámolod ennek a távolságát a másiktól.

távolságuk kell elfelejtettem odairni

Szerintem először olvasd el újra, és próbáld megérteni, hogy hogyan működik.

Ami írtam, abból kijön az egyenes, a gömb és a sík illesztése is.

Mondjuk segítene, ha elárulnád, mit kell ezzel a két (egyébként párhuzamos) egyenessel csinálni :-) A távolságuk kell, vagy fel kell őket rajzolnod?

Helló Segitségre lenne szükségem a kordinátageometria területén e:3x+2y=12 f:6x+4y=-12 ezt hogy kéne megoldani? mert új matektanárunk van és nem magyaráz semmit csak annyit mond csináljunk meg semmi más

Kedves Mihály!

Köszönöm a gyors választ, megpróbálkozok a feladattal. Esetleg nem tudna ajánlani valami jó megoldást legjobban illeszkedő sík elkészítésére? A hibák az x y és z koordinátákat is terheljék. Köszönöm!

Vaughan Pratt munkája nyomán a következőt tudom ajánlani. (Én magam is sokszor haszáltam ezt a módszert kör, gömb és henger illesztésére.)

Keressük a kör egyenletét

alakban, ahol

Egy kis számolás után látható, hogy a (2) feltétel azzal ekvivalens, hogy a kör sugara , illetve az f(x,y) függvény gradiense a körvonalon egységnyi hosszú.

Ha (x,y) egy pont a körvonalhoz közel, akkor |f(x,y)| jól közelíti a pont és a körvonal távolságát.

Legyenek a mintapontok (x₁,y₁),...,(x_n,y_n). Az illesztés négyzetes hibája közelítőleg

(3)

Szóval a (3) kifejezés minimumát keressük a (2) feltétel mellett. Ha ráereszted a Lagrange-multiplikátor módszert, kapsz egy 4-dimenziós sajátértékfeladatot, ráadásul a keresett sajátérték pont a hiba konstansszorosa...

Ha a (2) helyett az A=1 feltételt használod, akkor a számolás sokkal egyszerűbb, mert csak lineáris egyenletszert kell megoldani. Ennek a gyengéje, hogy a (3)-ban a hibát megszoroztad kb. 4R²-tel. Zajos adat esetén nagyobb lesz az illesztés valódi hibája, de kisebb lesz a sugár, amivel megszorzod.

Kedves Fórumozók!

Ismételten egy kérdést tennék fel:

Hogyan határozható meg egy olyan kör középpontja, ami n számú xy koordinátával adott pontra legjobban illeszkedik? Előre is köszönettel: farkasb

Fálesz Mihály a [1105]-ban fölvetette, hogy egy számolás nélküli megoldás szép lenne. Egyelőre nincs hozzá ötletem. A 137/b és 137/c feladat tulajdonképpen megoldása a 137-nek, igaz végig kell gondolni. (Számolással egyszerűbben is megy [1106].)

Még tart a nyári szünet... 137/b feladat megoldása: Legyen az F₁F₂ távolság 2f , F₁F₂ felezőpontja O. Az F₁ középpontú r₁ sugarú k₁ és az F₂ középpontú r₂<r₁ sugarú k₂ körök h hatványvonala messe F₁F₂-t H -ban. Határozzuk meg az OH távolságot f,r₁ésr₂ ismeretében. Legyen k₁ésk₂ közös érintője t , az érintési pontok T₁ésT₂ , a T_i -ből F₁F₂ -re bocsátott merőleges talppontja M_i , az F₂-n át t-vel húzott párhuzamos és F₁T₁ metszéspontja L, t és h metszéspontja N. F₁L=r₁-r₂ Az F₁M₁T₁,F₂M₂T₂ésF₁LF₂ derékszögű háromszögek hasonlóak, . .

N felezi T₁T₂ -t ( egyenlő érintőszakaszok ) , ezért H is felezi M₁M₂-t. . Feladatunkban , igy .

Tetszik az affinításos és a többi megoldás is.

Így a 137. feladat általánosításával - miszerint a középvonal 1:1 aránya helyett más arányban osztó szakaszt adunk meg a magasságpont számára - kapott feladat is könnyen bizonyítható.

Érdemes persze Fálesz Mihály ajánlata alapján, igaz számolással, az ellipszis definíciója alapján is elvégezni a bizonyítást!

137/b. feladat: Az A, F1, B, F2 pontok egy négyzet csücsai. Az AC átlóval párhuzamos - tőle d (<>0) távolságra húzott egyenes messe az AF1-t P, az AF2-t Q-ban. Legyen C az F1 kp-ú P-n és az F2 kp-ú Q-n átmenő kör kp-ja. Mutassuk meg, hogy C 2d távolságra van AC-től! (Milyen d esetén vam C pont?)

Legyen M a magasságpont, és T a C-ből induló magasság talppontja. Mint jól ismert, TC ^. TM = - TA ^. TB. (Ez azért igaz, mert a magasságpontnak az AB oldalra vonatkozó tükörképe a körülírt körön van, de például az ATC és MTB háromszögek hasonlóságából is láthatjuk.)

Ha az M pont a középvonalon van, akkor TC és TM azonos irányú, TA és TB pedig ellentétes írányú, vagyis T az AB szakasz belsejében van. A TC félegyenes tehát metszi az AB átmérőjű kört; legyen K a metszéspontjuk.

Fálesz Mihály tétele szerint BKA=90^o, a magasságtételből pedig TK²=AT ^. TB.

Így tehát TC²=2^.TC^.TM=2^.TA^.TB=2^.TK² és

a C csűcs azon az ellipszisen van, amit az AB átmérőjű körből kapunk az AB tengelyű, arányú merőleges affinitással.

Az A és B pont kivételével az ellipszis bármelyik pontjából kiindulva a gondolatmenet megfordítható.

* * *

Eleminek ezt a megoldást sem nevezném, bár az eredmény alapján nehéz ennél "elemibbet" várni. Aki akarja, megpróbálhatja -- számolás nélkül!!! -- bebizonyítani, hogy F₁C+F₂C=F₁A+F₂A, csak ezzel meg az a bajom, hogy az eredményt valahonnan máshonnan tudtuk meg.

Ne feledkezzünk meg a 137. feladatról. Kedvcsinálónak BohnerGéza sejtésének igazolása. Ha a magasságpont az FaFb középvonalon van, akkor a körülírt kör K középpontja a középponti háromszög középvonalán van, tehát K távolsága a c oldaltól negyede m_cnek. Az általánosság megszorítása nélkül legyenek A, B és C koordinátái (-1;0) , (1;0) és (x,y) . Ekkor K =(0;y/4) . KB = KC -ből a távolságok négyzetére

1+(y/4)²=x²+(3y/4)²

. 1+y²/16=x²+9y²/16 ; 1=x²+8y²/16

A C pontok egy ellipszisen helyezkednek el. Várjuk az elemi geometriai megoldásokat!

Köszönöm HoA, köszönöm Fálesz Mihály!

Örülök, hogy ilyen szép megoldások készültek itt erre az olimpiai feladatra.

Köszönöm, kitűnő gondolat. Pedig már az ábrán is látszott... Mivel k_a és k_b egyik metszéspontja H, hatványvonaluk a H-n áthaladó, F_AF_B-re merőleges egyenes, vagyis m_c. C rajta van a hatványvonalon, CA₁^.CA₂=CB₁^.CB₂, vagyis A₁,A₂,B₁,B₂ egy körön van.

Tessék számolás nélkül megoldani.

A 9-es szorzót trigonometria nélkül is megkaphatjuk: Ha a,b,c három egységvektor, azaz |a|=|b|=|c|=1, akkor

(a-b)²+(a-c)²+(b-c)²=2(a²+b²+c²)-2ab-2ac-2bc=3(a²+b²+c²)-(a+b+c)²=9-(a+b+c)²9 .

Egyenlőség pontosan akkor van, ha a+b+c=0. Ugyanígy, n darab egységvektor közötti összes távolság négyzetösszege legfeljebb n² (és egyenlőség csak esetén lehet):

[1096] - hoz hasonlóan a cosinus tételből kiindulva kicsit körülményesebben is erre az eredményre juthatunk :-) . Az adott körbe írt H₀ háromszögben, mint [1096] ábráján is , legyen a nagyságra középső szög, . Ekkor . Rögzítsük c-t , és így -t is . a²+b²+c²=2^.c²+2abcos . Ez cos>0 miatt annál nagyobb, minél nagyobb az ab szorzat. A sinus tételből , tehát elég sinsin változását vizsgálni. A szorzatot összeggé alakítva sinsin=1/2{cos(-)-cos(+)} . Állandó mellett + is állandó, a két szög különbségének cosinusa pedig annál nagyobb, minél kisebb a két szög különbsége. Eljutottunk [1096] eredményéhez: C -t a körülírt körön az AB ív F felezőpontja felé mozgatva - csökken és így az oldalak négyzetösszege nő.

Mindkét megközelítésre vonatkozó megjegyzés: Szigorúan véve csak azt mutattuk meg, hogy ha van az oldalak négyzetösszegének maximuma, az csak a szabályos hármszögben lehet. Kis finomítással bizonyítható a maximum létezése. H₀-ban >60^o és <60^o , mint a háromszög legnagyobb ill. legkisebb szöge. Ha C -vel F -be jutunk, a másik két szög egyenlő lesz, tehát áthaladtunk egy olyan C' pozíción, ahol a két szög egyike éppen 60^o . Legyen ez a háromszög H₁ . H₁ -ben tehát az oldalak négyzetösszege nagyobb, mint H₀-ban. Betűzzük át H₁ csúcsait úgy, hogy itt is teljesüljön . Nyilván lesz a 60^o -os szög. H₁ -ben c-t rögzítve és C -vel a körülírt körön mozogva az oldalak négyzetösszege az AB ív F felezőpontjában nagyobb lesz, mint H₁ -ben . Ez a H₂ háromszög viszont szabályos, hiszen =60^o és =. Tehát tetszőleges H₀-ból indulva a szabályos H₂ -ben nagyobb az oldalak négyzetösszege , mint H₀-ban , H₂ tényleg a maximumot adja.

Második megjegyzés: [1096] helyes ábrájához a szövegben is meg kell említeni, hogy -nak az egyik hegyesszöget választjuk. Ellenkező esetben nagyobb területhez kisebb (tompaszög) vagy változatlan (derékszög) oldal-négyzetösszeg tartozik.

Következnek-e az alábbi levezetésből az előző hozzászólásban HoA által kinondtt állítások?

Mivel szabályos háromszögre a²+b²+c²=9R², és próbálgatással más háromszögekre a 9-et sem sikerült elérni, feltételeztem, hogy a²+b²+c²9R² is igaz. Az oldalakat R-rel és a háromszög szögeivel kifejezve ebből sin²+sin²+sin² adódik. Biztos volt már KöMaL vagy versenyfeladat, én most itt találtam meg, mint a "világ hét csodájának" egyikét: http://mathcircle.berkeley.edu/trig.pdf ( Bizonyítással együtt, aki próbálkozni akar, csak utána nézze meg )

((Az alábbiakból kiderül, hogy a surár négyzetének tízszerese nagyobb az oldalak négyzetösszegénél. Van jobb összefüggés?))

Hát ha senkit nem érdekel... A [1087] feladat megoldása: Mivel A₁A₂ a keresett kör húrja, ennek felező merőlegese egyben a BC oldal felező merőlegese, tehát átmegy K-n, és ez a másik két oldalra is igaz, így ha van ilyen kör, annak középpontja csak K lehet. A javasolt segítséget felhasználva - legyen a helyvektorok kezdőpontja K - írjuk fel K és A₂ távolságát, felhasználva, hogy ekkor . Legyen BC felezőpontja , . Ennek hossza F_A és A₂ távolsága , ezért

Ez a kifejezés A, B, C -ben szimmetrikus, tehát például K és B₂ távolságának négyzetére ugyanezt kapnánk, a hat pont így egy K középpontú körön fekszik.

Hasonló, de trigonometriai átalakításokat igénylő megoldást kapunk, ha a feltételezett R_h körsugarat a körülírt kör R sugarával és a szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja F_A, m_a talppontja T_A . R_h²=KF_A²+F_AA₂²=KF_A²+F_AH²=KF_A²+F_AT_A²+T_AH² .

Itt KF_A=R^.cos ,

BT_A=2^.R^.sincos , F_AT_A=2^.R^.sincos-R^.sin ,

T_AH=2^.R^.sincos^.ctg=2^.R^.cos^.cos . A négyzetösszeg:

R_h²=R²(cos²+4^.cos^2.sin²+sin²-4^.sincossin+4^.cos²cos²)=R²(1+4^.cos²-4^.sincossin)=R²(1+4^.cos(cos-sinsin))=R²(1+4^.cos(-cos(+)-sinsin))=R²(1+4^.cos(sinsin-coscos-sinsin))=R²(1-4^.coscoscos)

Mivel a kifejezés ,, -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú R_h sugarú körön fekszik.

A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120^o -nál nem nagyobb szögű esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP -et az óramutató járásának irányába C körül 60^o -kal, a másik két csúcs elforgatottja A' ill. P' . AA'C és PP'C -ek szabályosak, AA' = AC és PP' = PC, valamint A'P' = AP , tehát azt kell igazolnunk, hogy a BPP'A' T₂ törtvonal nem rövidebb a BAA' T₁ törtvonalnál. Az összehasonlításnál a nehézséget csak az jelenti, hogy a két törtvonal - mint ábránkon is - keresztezheti egymást. Egészítsük ki ezért az A'P'P -et a PA' átlójú A'P'PP'' parallelogrammává. Ekkor PP'' = P'A' és P''A' = PP', így T₂ helyett vehetjük a vele azonos hosszúságú BPP''A' T₃ törtvonalat. A'P' AP 60^o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60^o-os szöget zár be, APP'' szabályos, AP'' AP 60^o-os órajárással ellentétes elforgatottja. Mivel AP az ABC belsejében, és így a konvex BAC szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, AP'' a BAA' konkáv szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, ezért az APP'' és így T₃, a BPP''A' törtvonal is a a BAA' konkáv szögtartományba esik, P vagy P'' esetleg a határára. Legyen az AA' egyenes és T₃ metszéspontja D. Jelöljük X és Y pontok T₃ mentén mért távolságát t_XY-nal. Ekkor t_BD+DABA és t_DA'DA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: t_BD+t_DA'=t_BA'BA+AA', és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindkét egyenlőtlenségben fennáll, vagyis ha P = P'' = A.

Kedves BohnerGéza!

Köszönöm a helyreigazítást. Én normálvektornak már egy egységvektort írtam

Kedves farkasb!

Nekem (-17;12;1) jött ki normálvektornak.

Természetesen örülök, hogy matekkal foglalkozol. Viszont "a normálvektor" kifejezés nem jó! Egy normálvektort nullától különböző számmal szorozva szintén azt kapunk.

( normálvektorod amúgy jó )

Közben sikerült rájönnöm...

Kedves Fórumozók!

Lenne egy elvileg egyszerű kérdésem, nekem nem megy...nem találtam rá sehol megoldást, pedig tényleg egy alapfeladat. Adott egy sík 3 pontjával: A(1,-1,2) B(4,3,5) C(3,2,0)

Melyből a normálvektor:

n(-0.816,0.576,0.048)

És egy P(8,5,1) pont

Keresett a P pont síkon lévő merőleges vetületének xyz koordinátája.

Előre is köszönettel a segítségért: Balázs

Nem voltam biztos benne, most ellenőriztem, az [1083]-ban lévő négyszög húrnégyszög is.

( Olyan jellegű, mint érintő négyszög esetén.)

Az alábbi feladatban, azt hiszem, másodrendű görbe a megoldás.

137. feladat: Adott az A és B pont. Határozd meg azon C pontok halmazát, melyekre az ABC háromszög magasságpontja az FaFb középvonalon van.

Köszönöm a választ, de mi P pont mértani helye akkor, ha nem érintőnégyszögről van szó, hanem húrnégyszögről(ennél találtam én is jó pontokat, például a köréírt kör középpontja, és az AB és CD egyenesek metszéspontja)?

Legyen q= PA/PD = PC/PB. Ez azt jelenti, hogy az AD és a CB szakasz q arányú Appolonius-köre a P pontban metszik egymást.

Euklides-ben felvéve egy változtatható arányt (egy állandó szakaszt és "futópont" segítségével egy változó hosszút), megszerkesztve a két szakasz ilyen arányú Appolonius-körét, ezek metszéspontjának nyomvonala kirajzolható. (Sajnos az adatokkal játszani kell, hogy valóban elég hosszú részletét láthassuk.)

Játszadozásom azt valószínűsíti, hogy általában nem másodrendű görbe vonala a keresett halmaz.

Nem vektorok szorzata, hanem a PA és PB szakaszok szorzata valamint a PC és PD szakaszok szorzata.

És ha igen, akkor skalár vagy vektor szorzat? A vektor szorzat nem valószínű, mert akkor a feltétel egyenértékű azzal, hogy a PAB és PCD háromszőgek (előjeles?) területe egyenlő. Ekkor a P pontnak az AB egyenestől mért távolsága úgy aránylik a CD egyenestől mért távolsághoz, mint a CD és AB szakaszok hossza egymáshoz, a mértani hely egyenes ( ha csak az abszolút értéket vesszük, egyenespár ) , és nem használtuk fel, hogy ABCD érintőnégyszög.

Vektorok szorzata?

Van egy feladat, aminek a megoldására még nem sikerült rájönnöm, de érdekelne. A feladat: Adott egy nem trapéz érintőnégyszög, csúcsai A,B,C,D. Mi azon P pontok mértani helye a síkon, melyekre P_A^.P_B=P_C^.P_D?

Ismert, hogy ha egy háromszög minden szöge kisebb 120 foknál, akkor az izogonális pont (melyből a háromszög minden oldala 120 fokos szögben látszik) az a pont, melytől a csúcsokig mért szakaszok összege minimális. Látható pl. a [270]. hozzászólásban.

136. feladat: Legyen az ABC háromszög A-nál lévő szöge legalább 120 fok. Bizonyítandó, hogy a PA+PB+PC összeg akkor minimális, ha P=A!

Segédtétel: A szabályos 18-szög A₂A₁₀,A₅A₁₂ésA₉A₁₈ átlói egy közös M ponton mennek át.

Legyen A₂A₁₀ésA₉A₁₈ metszéspontja M. Ekkor A₂A₁₀ A₉A₁₈-ra vonatkozó tükörképe, A₈A₁₆ is áthalad M-en. A₂A₁₀A₈=A₁₆A₈A₁₀=60^o , A₈A₁₀M szabályos, A₁₀M=A₁₀A₈ . De A₁₀A₈=A₁₀A₁₂ , mint egyenlő középponti szögekhez tartozó húrok, tehát A₁₀M=A₁₀A₁₂ , MA₁₀A₁₂ egyenlőszárú. MA₁₀A₁₂=A₂A₁₀A₁₂=80^o , . De A₁₀A₁₂A₅is50^o , tehát M rajta van A₅A₁₂-n is.

A KöMaL régebbi olvasói számára ismert, hogy az ilyen feladatok megoldásához, ahol a szögek 10^o egész számú többszörösei, jól használható a szabályos 18-szög oldalaiból, átlóiból és körülírt K köréből álló H18 hálózat. Ha ívhossz egységnek K két szomszédos csúcs közötti ívét vesszük, n egységnyi ívhez n^.10^o kerületi és n^.20^o középponti szög tartozik. ( Ld. [918] )

Legyenek H18 csúcsai A1,.., A18, K középpontja O, sugara R=1. Húzzuk be az ábrán színessel jelölt átlókat. Az A₁A₁₀A₁₂ derékszögű -ben A₁₀A₁₂=2^.sin20^o . A₁₂A₁₀A₁₆=A₂A₁₀A₁₆=40^o , A₅A₁₂A₁₀=50^o . A₅A₁₂ metszéspontja A₂A₁₀ -zel M, A₁₀A₁₆-tal N. A₁₀NA₁₂ és A₁₀NM egybevágó derékszögű -ek, A₁₂N=NM=2^.sin20^o.sin40^o , A₁₂M=4^.sin20^o.sin40^o . Mint azt a segédtételben mrgmutatjuk, M rajta van A₉A₁₈-on. A₁₂ tükörképe A₉A₁₈-ra A₆, A₆A₁₂ T-ben merőlegesen metszi A₉A₁₈-et. MTA₁₂ derékszögű -ben MA₁₂T=A₅A₁₂A₆=10^o , A₁₂T=A₁₂M^.sin80^o=4^.sin20^o.sin40^o.sin80^o . A₁₂T egyúttal az OA₉A₁₂ egységnyi oldalú szabályos magassága, tehát A₁₂T két kifejezéséből a feladat állítása adódik.

Val'szeg az általános iskolás könyvekben megtalálod.

De biztos lesz olyan, aki hajlandó lerajzolni.

Sőt, ragaszkodjunk az első, ógörög nyelvű kiadáshoz.

Eukleidesz Elemek című könyvében.

Szép napot mindenkinek! Egy kis segitségre lenne szükségem. Adott egyenessel adott ponton át párhuzamos egyenes szerkesztése. A szerkesztés menetének több változata is ismeretes. A problémám a következő, hol találom meg ezeknek a BIZONYITÁSÁT? Előre is köszönöm

Nekem is van egy megoldásom, sajnos ehhez is kell trigonometria, de azért érdermes megnézni:(nem tudok képleteket beírni, így egy kicsit hülyén fog kinézni) szorozd be mindkét oldalt 2cos20-al, vedd észre a sin(2x)=2sinxcosx addicios tételt, majd a sin40 négyzetére ismert addicios összefüggést használd( 2sinx.sinx=1-cos(2x). Ezekután ismételten használd a sin160=2sin80cos80 összefüggést, sin160=sin20, kapod, hogy sin80=1/2sin20+(gyök3)/2.cos20, ez pedig nyilván igaz, hiszen a jobb oldalon sin(x+y) áll.

köszönöm szépen a segítséget, valami ilyesmire gondoltam:)

Kevesebb trigonometriával: A szabályos 9-szögben felírjuk a Ptolemaiosz-tételt az A₁A₂A₄A₅ négyszögben . Ezt a₁-gyel szorozva : . (Sajnos a végén a sin 3 képlet itt is kell.)

Ha =20^o, akkor : A=sin sin (3-)sin (3+)=sin (sin²3cos²-cos²3sin²3).

Ide beírva, hogy , , majd összevonva éppen az jön ki:

Valaki tudna mutatni egy elemi geometriai megoldást az alábbi feladatra: Bizbe, hogy ?

Neked is köszönöm szépen, sokat segítettél!

segítség A pontokat mozgatni lehet. Ha kettőt egymásra teszel, akkor épp 5 érintőt kapsz és abból már látszik hogy kell a szerkesztést csinálni. (veszed az 5 egyenes által meghatározott 5-szöget, kiválasztod az egyik a oldalát, két szomszédos oldal legyen b és c. A b és c re eső 4 csúcsot "keresztbe" összekötöd, a metszéspon legyen M. Ekkor M-en és az a-val szemben lévő csúcson átmenő egyenes kimetszi a-ból az a-ra eső érintési pontot)

Sziasztok!

Egy projektív geometriai feladatban lenne szükségem segítségre:

Adott egy kúpszelet öt érintőegyenese. Szerkeszzük meg az egyiken az érintési pontot!

Egyszerűnek tűnik, de sehol sem találok hasonló megoldott feladatot. (Annyi tudok, hogy a Brianchon-tétel elfajuló esetét kell alkalmazni.)

Előre is köszi!

Köszönöm szépen a megoldást! Nagyon szép és valóban elemi megoldás.

A feladat értelmében a paralelogramma egyik átlója adott (a kör sugara), továbbá szögei is adottak.

Rajzoljuk fel az ismert átlóra az ismert szög látókörét. Az átló végpontjai és a látókör-ív egy futó pontja olyan háromszöget határoznak meg, amelynek területe a paralelogramma területének fele. E háromszög területe viszont akkor maximális, ha a rögzített oldalhoz tartozó magassága maximális, azaz a látókör-ív felében álló harmadik csúcs esetén. Eszerint a paralelogramma területe ott maximális, ahol a paralelogramma oldalai egyenlők, azaz ha a paralelogramma rombusz, vagyis ha a hiányzó negyedik csúcs a körcikk ívének felezőjében van.

Hello mindenkinek! Van egy geometria feladatom, melyre teljesen elemi geometriai megoldást szeretnék hallani, már kijött trigonometriával, de léteznie kell elemi geos megoldásnak is. Ha valakinek van ötlete, legyen szives ossza meg velem is! Előre is köszi, a feladat: Adott egy körcikk, melynek középponti szöge hegyesszög. A körcikkbe olyan paralalogrammákat irunk, amelynek oldalai párhuzamosak a szögszárral, egyik csúcsa a szögcsúcs, 2 a szárakon van és a negyedik a köríven. Mikor maximális a területe a paralelogrammának?

Nem! Kellett és szép volt a megoldásod! Ez utóbbi megoldás, csak a 134/a feltételei mellett megy.

Egymást metsző köröket nem lehet koncentrikussá képezni, illetve, ha a két egymást nem metszö körhöz tartozó mindkét nullkörön átmegy a harmadik, akkor annak képe egyenes lesz.

Hát igen. És ezek szerint jól sejtettem, hogy a 134. feladat megoldása is ez: legyen I az az inverzió, amely k₁ -et és k₂ -t koncentrikus körökbe képezi le, ekkor akárhová is esik k₃' középpontja, a három körközéppont valójában kettő, és így egy egyenesen vannk.

Talált! Bocs!

A 135. feladat megoldása: A két nullkörös körsorból koncentrikus lesz, ha az egyik nullkör kp-ú inverzióval képezzük le.

Csak nem az a galád trükk lett volna a 134. feladat eredeti megoldása, hogy ha három pontból kettő egybeesik, akkor egy egyenesen vannak? Az eredeti kitűzésbe ez is belefér. A 135. feladat ábrája ismerős a "Fejezetek az elemi geometriából" c. könyvből. Ez az ottani feladat általánosítása. Eredetileg azt kellett igazolni, hogy ha "1" valamilyen helyétől indulva a körsorozat n körből áll és "n" érinti "1" -et, akkor ez "1" tetszőleges helyéről indulva is fennáll. A kapcsolatot 134. -gyel ott vélem felfedezni, hogy 135. megoldásának kulcsa is két egybeeső körközéppont.

A 134/a feladat megoldása: Az egymást nem metsző k₁ és k₂ körök által maghatározott körsor legyen KS₁ , nullkörei N₁ és N₂ . k₃ ne haladjon át N₂-n, a k₃ és N₂ által maghatározott körsor legyen KS₂ , ennek másik nullköre N₃ , a keresett inverzió I, alapköre C, ennek középpontja O. Mivel egy elliptikus körsor köreinek középpontjai a nullkörök által meghatározott egyenesen vannak, köreink inverzeinek, k₁',k₂'ésk₃' köröknek a középpontjai csakkor lesznek egy egyenesen, ha N₁' N₂' és N₃' is. N₁' és N₂' e₁' egyenese I-nél a KS₁ körsor ortogonális korsora, KO₁ azon ko_1i körének lesz az inverze, amelyik O-n áthalad, vagyis az N₁ , N₂ és O pontok által meghatározott körnek. Hasonlóan N₂' és N₃' e₂' egyenese a KS₂ körsor ortogonális korsora, KO₂ azon ko_2j körének lesz az inverze, amelyik O-n áthalad, vagyis az N₂ , N₃ és O pontok által meghatározott körnek. e₁' és e₂' tehát csakkor azonos, ha ko_1i és ko_2j azonosak, vagyis ko_1i = ko_2j az N₁ , N₂ és N₃ pontok által meghatározott kör, melyre O is illeszkedik. Ez persze az ortogonalitás miatt megegyezik [1049] e körével, így a megoldás folytatható az ott leírtak szerint, a nullkörök és körsorok megszerkesztése nem szükséges. Az egyszerűbb gyakorlati kivitelezést eredményező O és C megválasztás ebben a terminológiában úgy fogalmazható, hogy legyen C a KO₁ azon köre, melynek O középpontja e -re illeszkedik. Ekkor KS₁ inverze önmaga.

További segítségként a 134/a feladathoz feloldom az [1048]-beli észrevételt: Két kör által meghatározott körsor nullköreinek inverze adott inverziónál megegyezik a körsor inverzének nullköreivel.

Pontosítom a feltételt, ezzel segítek is: 134/a feladat: A 134. feladatban tegyük meg ezt a kikötést: a 3 kör közt van kettő, melyek nem metszik egymást, és az általuk meghatározott körsor legalább egyik nullkörén nem megy át a harmadik kör. Ekkor HoA előbbi megoldásán túl adódik egy másik megoldás is.

Elég, ha van két kör melyeknek nincs közös pontja.

Köszönöm HoA megoldását, egyben kitűzöm könnyítve a feladatot:

134/a feladat: A 134. feladatban tegyük meg azt a kikötést, hogy a 3 körnek nem lehet közös pontja. Így az előbbi mo-tól eltérő is megadható!

2. ábra

Legyenek az adott körök k₁,k₂ésk₃, a keresett inverzió I, alapköre C, ennek középpontja O. A körök inverzei k₁',k₂'ésk₃' , e három kör közös szimmetriatengelye e' . Mivel az inverzió saját inverz művelete, k₁',k₂'ésk₃' inverze I-nél k₁,k₂ésk₃. O nem lehet e'-n, mert ekkor a szimmetria miatt k₁,k₂ésk₃ is közös szimmetriatengellyel rendelkezne és nem lehet valamelyik k_i'-n sem, mert akkor k_i egyenes lenne. Legyen e' inverze e. e-ről megállapítható, hogy

-kör, mert O nincs e'-n

-átmegy O-n, mert e' egyenes

-merőlegesen metszi a k₁,k₂ésk₃ köröket az inverzió szögtartó tulajdonsága miatt.

Adottnak véve k₁,k₂ésk₃ köröket, a keresett inverzióra szükséges feltétel, hogy O középpontja egy olyan e körön legyen, amelyik merőlegesen metszi a k₁,k₂ésk₃ köröket , de ne legyen a körök egyikén sem, hiszen akkor k_i' egyenes lenne. Megmutatjuk, hogy a feltétel elégséges is. Legyen e a k₁,k₂ésk₃ köröket merőlegesen metsző kör, O ennek egy - a körökkel nem közös - pontja. Az O középpontú inverziónál a k₁,k₂ésk₃ körök képe három kör lesz, k₁',k₂'ésk₃'. e képe az e' egyenes, amely a szögtartó tulajdonság miatt merőlegesen metszi k₁',k₂'ésk₃' köröket. Mivel egy kört metsző egyenesek közül csak az átmérő egyenesek metszenek merőlegesen, e' mindhárom körnek átmérő egyenese, tehát a három körközéppont egy egyenesen van.

e szerkesztéséhez felhasználjuk, hogy merőlegesen metsző körök esetén az egyik kör metszéspontba mutató sugara a másik kör érintője. e középpontjából, P-ből tehát a k₁,k₂ésk₃ körökhöz egyenlő érintők húzhatók, P a három kör hatványpontja. A szerkesztés menete:

- megszerkesztjük k₁,k₂ésk₃ P hatványpontját mint a körpárok hatványvonalainak metszéspontját - megszerkesztjük a P középpontú, k₁-et merőlegesen metsző e kört - e tetszőleges, a körökre nem illeszkedő pontját a kersett inverzió O középpontjául választva tetszőleges sugarú C alapkörrel végrehajtjuk az inverziót. (1. ábra)

Egyszerűbb a gyakorlati kivitelezés, ha O-t úgy választjuk, hogy két kör, például k₁ésk₃ hatványvonalára illeszkedjék. Ekkor C úgy választható, hogy k₁-et és k₃-at merőlegesen messe, így ezek az inverzió során önmagukra képeződnek (2. ábra a következő hozzászólásban)

Segítség a 134. feladathoz:

- Ha három pont nincs egy egyenesen, akkor egy körön vannak

- Melyik három pont? ( A körközéppont inverz képe általában nem az inverz kör középpontja.)

Kedves Géza!

Nagyon szépen köszönk minden segítséget! Hasznos volt.

Szia Géza!

Nagyon köszönöm a segítséget, esetleg az háromszöges példát tudnád kicsit részletesebben leveztni ha lehet ábrával?

Sziasztok!

Két szerkesztési feladat megoldásában kérném a segítségeteket, amelyet az euklides szerkesztő programban kellene megszerkesztenem

1, Szerkesszünk egyenlő szárú háromszöget, ha adott az alap és a szár különbsége, továbbá a szárak közti szög.

2, Szerkesszünk négyszöget, ha ismert két átlója, az átlók szöge és a két szomszéédos szöge.

Előre is köszönöm a segítséget: Kata

134. egy nehéz feladat:

Adott 3 kör, melyek középpontjai nincsenek egy egyenesen. Adjunk meg olyan inverziót, melynél a körök képe kör marad, de ezek kp-jai már egy egyenesen vannak.