Fórum: GEOMETRIA

Szóval mindenképpen ajánljuk, hogy megrendeld a lapot és csináld a pontversenyt - szerintem rengeteget lehet tanulni belőle - de itt a fórumon többnyire más feladatok kerülnek elő!

Természetesen sok a lapban megjelenő feladat is előkerül itt, de a kettő nem fedi egymást.

A Lapban sok érdekes feladat van különböző nehézségűek csoportosításával. Az "A" jelűek nehezek, könnyebbek a "B"-k, kezdőknek a "C" jelűek valók, illetve kifejezetten kilencedikeseknek szólnak a "K" jelűek. Számítástechnikai és fizikai rovat is található sok érdekes feladattal.

A feladatok mellett nívós cikkek is vannak, sok kitűzött feladat megoldása is szerepel, valamint a pontverseny állása is félidőben, illetve a végeredménye.

A feladatokat amiket itt megoldtok, a megrendelt komal lapból csináljátok? mert ha igen akkor megrendelem én is :)

Néhány megjegyzés a 171. feladathoz, és HoA szép megoldásához:

- Ha érintőkörökkel definiálunk valamit, érdemes lehet analóg feladatokat is megfogalmazni! ... (Valaki a 171. feladathoz?)

- A trapéz átlóinak metszéspontján átmenő, az alapokkal párhuzamos egyenesnek a trapézban lévő szakasza az alapok harmonikus közepe. (Ezt a szakaszt felezi az átlók metszéspontja, tehát a feladatban a magasság felezőpontja szerepel.) Ebből is folytatható a "volt egyszer..." helyett HoA megoldása.

Érdemes lehet tudni:

Ha a trapéz szárait az alapok arányában osztjuk, az osztópontokat összekötő szakasz az alapok mértani közepe. (Ha fordított arányban osztjuk, azt nem tudom, érdemes lehet kiszámolni!)

A trapéz szárainak felezőpontjait összekötő szakasz az alapok számtani közepe.

Ha a trapézt az alapokkal párhuzamosan úgy osztjuk ketté, hogy a területét felezzük, az osztóvonal az alapok négyzetes közepe lesz.

Ezekkel két számra igazolhatóak a szereplő közepekre az egyenlőtlenségek.

Egészítsük ki az ábrát a hozzáírt körökkel és közös érintőikkel. A lila háromszögek hasonlóságából és a párhuzamos szelők tételéből . Vagyis T_c a hozzáírt körök sugarainak arányában osztja a C_aC_b szakaszt. Az O_aO_bC_bC_a derékszögű trapéz átlóinak M metszéspontjából C_aC_b -re bocsátott merőleges talppontja legyen T_M Mivel C_aT_M és C_bT_M az O_aC_aM és O_bC_bM hasonló háromszögek megfelelő magasságai, ezek aránya is , T_M és T_c egybeesik, M valóban rajta van CT_c -n

Volt egyszer egy KöMaL feladat, amelyik azt kérdezte, megszerkeszthető-e a háromszög ha adott két hozzáírt kör sugara és a harmadik oldalhoz tartozó magasság. Eredményül persze kijött, hogy a három szakasz nem független, a magasság a két sugár harmonikus közepe, így vagy nincs megoldás vagy a feladat határozatlan. Ezt ismertnek feltételezve, a B 4276 annak bizonyítását kéri, hogy a harmonikus közép nem nagyobb a mértani középnél, ami e fórum látógatói számára érdektelen.

BohnerGéza ábrája viszont úgy is értelmezhető, hogyan szerkeszthetjük meg egyszerűen két szakasz harmonikus közepét. Hirtelenjében erre nem látok jobb megoldást.

171. feladat: A B.4276 feladattal kapcsolatban:

Az ABC háromszög két hozzáírt körének középpontja Oa és Ob, ezek érintési pontja az AB oldalon Ca és Cb A C-ből induló magasság CTc. Bizonyítandó, hogy OaCb és ObCa a CTc szakaszon metszik egymást.

Nagyon köszönöm, Jonas!

A bipartite graph páros gráfot jelent.

Sziasztok! A segítségeteket kérném. Mi a magyar megfelelője az angol PERMUTOHEDRON-nak? Milyen éder? Segítségül egy link: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutohedron

És mi az a BIPARITE GRAPH / BIGRAPH? http://en.wikipedia.org/wiki/Bipartite

Segítségeteket előre is köszönöm!

A 1432-33-34. kísérleteim hiányosak, ezért tekintsük ezeket semmisnek. Újból: elnézést.

170./a: k körre vonatkozó inverzióval, vázlatosan

AB képe az AOBFE kör, az O-n átmenő 3 kör (AEO, CDO, FBO képe 1-1 egyenes, rendre AE, CD, FB, AOB, AOC, COD, DOB egyenlőszárú háromszögek. Az állítás az, hogy EA és BF azonos szöget zár be CD-vel. Innét szögszámolással adódik, hogy tényleg egyenlő a két szög, (mondjuk legyen BAO=ABO= és AOE=₁, COD=₁, DOB=₃).

Túlbonyolítottam. Rájöttem, hogy nem kell az inverzió. Elég azt látni, hogy mivel a k₃ körben N₁ N₂ húr, ezért őt merőlegesen felezi MO. Ezért az N₁ N₂ O háromszög egyenlő szárú, stb. (Elnézést.)

A 170/a) feladat

megoldásának második része,

ábra:

Az 170/a) feladat

megoldásának első,

szöveges része:

170. feladat Az O középpontú k kört az e szelő az A és B pontokban metszi.Az AB ív C és D pontjába húzott sugár metszéspontja e-vel E és F.

a)Igazoljuk, hogy az AEO pontok k₁ köre és a BFO pontok k₂ köre azonos szögben metszi az OCD pontok k₃ körét. Az O-tól különböző metszéspontok P és Q.

b)Bizonyítsuk be, hogy a k₁-et P-ben és k₂-t Q-ban érintő kör e-t is érinti.

A 165. [1422] feladat megoldása. E fórum olvasóinak, feladatmegoldóinak sokkal tömörebben is elég lenne, de szerintem tanításban jól használható, így kicsit részletesebben írok.

a) Legyen egyelőre ABC beírt körének érintési pontja AB-n C^* . C^* az az AB szakaszon lévő pont, melyre az A-tól és B-től mért távolságok különbsége ugyanakkora, mint C-re. Ennek igazolásához elég a csúcsokból a beírt körhöz húzható érintőszakaszok s-a és s-b kifejezéseire hivatkozni. Megmutatjuk, hogy ez C₁-re is igaz, tehát C^*=C₁. Igazoljuk, hogy BC₁–AC₁=BC-AC , vagyis [BC₁–AC₁]–[BC-AC]=0 . Az ábrán a kisbetükkel jelölt egyenlő érintőszakaszokkal, valamint n=d+g+h és j+m=f+g+h felhasználásával [(k+j+m)–(e+f)]–[(k+n)-(d+e)]=[j+m-f]-[n-d]=[g+h]-[g+h]=0

b) Ennek alapján megállapíthatjuk, hogy van olyan A és B fókuszú hiperbola, mely C-n és C₁-en is áthalad. A fenti képletet átrendezve [BC-BC₁]–[AC–AC₁]=0 , ami viszont azt jelenti, hogy van olyan C és C₁ fókuszú hiperbola, mely A-n és B-n is áthalad. Erről kell belátni, hogy P-n is áthalad, vagyis [PC-PC₁]–[AC–AC₁]=0 . Az ábra érintőszakaszaival [(d+g)-(g+f)]–[(d+e)–(e+f)]=[d-f]–[d–f]=0 . A háromszögbe eső parabolaív minden P’ pontja kiadódik P-nek, ha D-t CP’ és AB metszéspontjának választjuk.

c) A két kör közös belső érintői szimmetrikusak a két kör centrálisára, a centrális felezi a CPC₁ szöget, tehát érintője a hiperbolának. Egyenlő sugarak esetén a centrális párhuzamos AB-vel.

d) Visszavezettük a feladatot adott hiperbola adott irányú érintőjének és a P érintési pontnak a szerkesztésére. Tekintsük a hiperbolát mint az F₁ középpontú vezérkört érintő és F₂-n áthaladó körök középpontjának mértani helyét. F₂-nek a P-beli érintőre vett F₂’ tükörképe a vezérkör és a PF₁ egyenes metszéspontja, F₂F₂’ merőleges az érintőre. A szerkesztés: Húzzunk F₂-n át merőlegest egy érintőirányú egyenesre, ennek a vezérkörrel alkotott (egyik) metszéspontja F₂’ , F₂F₂’ felező merőlegese az e érintő, e és F₁F₂’ metszéspontja a P érintési pont. Feladatunkban A a hiperbola pontja, az A körüli, C₁-en áthaladó kör és az AC szakasz B₁ metszéspontja rajta van a C körüli vezérkörön. Az ABre C₁-ben emelt merőleges és a C körüli CB₁ sugarú kör (egyik) metszéspontja legyen Q . A D pont CQ és AB metszéspontjaként adódik.

Ehhez a szerkesztéshez most már a hiperbola felhasználása nélkül is eljuthatunk. Ha a két kör sugara egyenlő, akkor közös belső érintőik tükrösek az AB -val párhuzamos centrálisra. Legyen Q a PC szakasznak az a pontja, melyre PQ=PC₁. PQC₁ egyenlőszárú háromszög C₁Q alapja merőleges AB-re, Q rajta van az AB -re C₁-ben emelt merőlegesen. Másrészt CQ=PC–PC₁=AC–AC₁ . Az AC szakaszra ráforgatva az AC₁ távolságot a végpont legyen B₁ . CB₁=AC–AC₁ . Q rajta van a C körüli CB₁ sugarú körön, innen a szerkesztés a fenti.

Elnézést, van a 168. feladatnak olyan megoldása, melyben nem kell felhasználni a 169-et!

Felhasználandó a 168. feladatban:

169. feladat: Az ABC háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét, érintse ez C1-ben AB-t. Igazoljuk, ha a CA-n mozgatjuk D-t (E és F megfelelően mozog), akkor C1 nem mozog. (Az ABC beírt körének pontja.)

Valóban! Pontosítva az [1406]-ban említett AD-feladatot:

168. feladat: Az ABC C-nél derékszögű háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét.

Fejezzük ki az ABC oldalai segítségével k1 sugarát, ha egyenlő a k2-ével!

Az [1422]-ben lévő feladatot kereszteljük át 166. feladatnak, vagy hivatkozzunk rá az [1422]-ben lévő 165. feladatként. ((:-) = (-:))

167. feladat: Tekintsük az AFG háromszög k körülírt és C középpontú beírt körét. Legyen B a k tetszőleges pontja, a B-ből a beírt körhöz húzott érintők messék k-t még D-ben illetve E-ben. Igazoljuk, hogy DE érinti a beírt kört, azaz AFG és BDE beírt köre azonos.

Az [1409]- ben lévő 165. feladat bizonyításához elég megmutatni: Ha B-t k és AC másik metszéspontjának vesszük, szimmetria miatt elég belátni, hogy B egyenlő távol van F-től és C-től.

Érdemes összevetni a 1406 -ban említett Arany Dániel feladattal, illetve annak nem kitűzött szerkesztéses megoldásával.

Bocs, de [1409 -ben már feladtam egy 165. feladatot. Viszont jó, hogy szóbakerül, mert még nem érkezett rá teljes megoldás.

A B.4269 feladattal kapcsolatban keletkezett a hozzászólás. Érdemes a "Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról" című téma 552. hozzászólását is megnézni.

Az ABC háromszög AB oldalán mozgatjuk a D pontot. Az ADC és DBC beírt körének másik (nem CD) közös belső érintője AB-t a C1-ben metszi. A két belső érintő metszéspontja P. Mutassuk meg a következőket:

165. feladat: a.) Igazoljuk, hogy C1 nem függ D-től! (ABC beírt körének pontja)

b.) Igazoljuk, hogy a P pontok halmaza a C és C1 fókuszú és A-n átmenő hiperbola A-n (és B-n) átmenő ágának a háromszögbe eső része!

c.) Igazoljuk, hogy a két kör sugara akkor egyforma, ha a hiperbola P-ben húzott érintője párhuzamos AB-vel!

d.) A fentiek alapján szerkesztendő az a D, melyre a két kör sugara egyenlő!

Nagyon szépen köszönöm :) Elég jó vagy :D ezt magamtól nem biztos, hogy megláttam volna :)

A négy hasonló derékszögű háromszögből is szépen kijön, de talán a legegyszerűbb, ha észrevesszük, hogy az A₁ -nél és B₁ -nél lévő derékszögek miatt A₁ és B₁ rajta van AB Thálesz-körén, így ABA₁B₁ húrnégyszög, a szelőtétel éppen a kívánt egyenlőséget adja.

Hello mindenki Egy kis segítséget kérnék. Ezzel a feladattal elakadtam:

Az ABC hegyesszögű háromszög A-ból induló magasságvonalának BC-vel való metszéspontja A1, B-ből induló magasságvonalának AC-vel való metszéspontja B1, magasságpontja M. Igazolja, hogy AM*MA1=BM*MB1!

Én egy kicsit másképpen oldottam meg, de HoA ábráját felhasználva már könnyebben megérthető.

A belső ötszög belső szögei: 5*180-360 = 540. Azaz az ötszögön belül kijelölsz egy pontot és 5 háromszöget képezel az öt pontból 2-2 szomszédos pont ill. a központi pont segítségével. Ez az öt háromszög teljesen kitölti a belső ötszöget. Az öt háromszög belső szögeinek összegéből levonod a központi ponthoz tartozó 360 fokot és így kapod az ötszög belső szögeinek összegét. Eddig talán nem is volt újdonság.

A külső szögeinek összegét úgy kapjuk, hogy az öt pont teljes szögeiből levonjuk a belső szögeket. 5*360-540 = 1260.

Most a belső ötszög külső oldalára 5 háromszöget illesztünk úgy, hogy épp a kívánt csillagötszöget adja ki. Itt a háromszögek belső 2-2 szögei részei az ötszög külső szögei tartományának. S közöttük épp a csúcsszög miatt épp a belső szög a különbség. Azaz, ha az ötszög külső szögeinek összegéből levonom a belső szögeinek összegét, akkor a háromszögek a belső ötszöggel érintkező 2-2 szög összegét kapjuk.

Vagyis ha az 5 háromszög szögösszegéből levonjuk a belső ötszög külső szögeit és hozzáadjuk a belső szögeit, akkor épp a csúcsszögek összegét kapjuk.

5*180 - 1260 + 540 = 180

Ha lesett a tantusz vagy kisült az isteni szikra, akkor már egyszerűbb, mint ahogy most leírtam.

Jelöljük az előforduló szögeket az ábra szerint - és így tovább. Az azonosan jelölt szögek csúcsszögek, így egyenlők. A belső ötszög szögeinek összege, 3^.180^o=540^o=(180-₁)+...+(180-₅)=5^.180-(₁+₂+₃+₄+₅), amiből ₁+₂+₃+₄+₅=2^.180^o Az öt kis háromszög szögeinek összege 5^.180^o=(₁+₁+₂)+(₂+₂+₃)+...+(₅+₅+₁)=(₁+₂+...+₅)+2^.(₁+₂+₃+₄+₅)=(₁+₂+...+₅)+4^.180^o Innen ₁+₂+₃+₄+₅=180^o

Megoldásod annyiban vázlat, hogy abból, hogy a két háromszög beírt körének C a középpontja, még nem következik, hogy a hatszögbe kör írható, csak akkor, ha azt is igazoljuk, hogy a háromszögek beírt köreinek egyenlő a sugara - a beírt körök egybeesnek.

Üdvözlök mindenkit!

En egy uj vendeg vagyok ezen a weboldalon. Es lenne egy kerdesem. Esetleg valaki tudna nekem segiteni??!! Egy nem szabalyos csillagötszögröl ( pentagramma ) van szo. Be kell bizonyitani, hogy az öt csillagcsucsban levö szögeinek összege 180 fok. Ezt a szabalyos csillagötszögben be tudom bizonyitani,de a nem szabalyosban nem. Van esetleg valakinek ötlete?? Segitsegeteket elöre is köszönöm. Cseri Nemetorszagbol

Megoldásvázlat a 165.höz: A k körben AD és AE ívek valamint a BG és BF ívek egyenlők, mert a k1 illetve a k2 kör vágja ki őket. Így az AB húr az AFG és BDE háromszögben is szögfelező. FAC szög=GAC szög és AB a k2 körnek is szimmetria tengelye, így azonos íveket vág ki a k2 körből. Ez már bizonyítja, hogy GC is szöfelező, így C lesz az AFG háromszög beírt körének középpontja. Hasonlóan a másik, BDE háromszögre is, vagyis az említett hatszögnek is beírt köre. Ahogy lesz időm rajzolok egy ábrát. Jó példa! Köszönet érte!

Szia! Nagyon szépen köszönöm a segítséget !! Így már menni fog remélem!

Bocsi, előző üzenetben véletlenül elírtam a legvégét: 7x+5y=-13 az egyenlete

Szia! Mivel merőleges az adott egyenesre, ezért annak normálvektora (5,-7) az pont jó lesz a keresett egyenes irányvektorának. Az irányvektoros egyenlet pedig: v2x0-v1y0=v2x-v1y ,beirva a számokat: (-7)*(-4)-5*3=-7x-5y tehát:7x+5y=43

Sziasztok! Megcsinálná ezt valaki nekem? Adjuk meg annak az egyenesnek az egyenletét, amely merőleges az 5x-7y=-17 egyenletű egyenesre,és átmegy a P(-4;3) ponton!

és ha kérhetem magyarázza is el mert lemaradtam és nem értem!!!!!!

Előre is nagyon köszi holnapra kellene!

Javaslat a 165. feladatra:

A k kör AB húrjának belső ponja C . Az A középpontú, C-n áthaladó k₁ kör és k metszésponjai D és E, a B középpontú, C-n áthaladó k₂ kör és k metszésponjai F és G . Bizonyítsuk be, hogy az AF , AG, BD , BE , DE és FG egyenesek által határolt hatszögbe C középpontú kör írható.

De, elírtam,AF és BE metszéspontja M, és érintőnégyszögről van szó.

1) Ha F a BC oldal belső pontja, akkor AF és BC metszéspontja F. Nem AF és BE metszéspontjáról van szó?

2) Ekkor viszont CFME nem lehet húrnégyszög, hiszen C-nél derékszögű, tehát M-nél is derékszögűnek kéne lennie, de a definíció szerint M a háromszög belső pontja és így az AB feletti Thálesz-körnek is belső ponja, vagyis FME szög = AMB szög > 90 fok. Mivel belé írható körről írsz, nem inkább érintőnégyszög?

Tegnap volt kitűzve Arany Dánielen a következő(nem szó szerint ez volt a szöveg): Egy ABC C-ben derékszögű háromszög AC oldalának E, BC oldalának F belső pontja, AF és BC metszéspontja M. CFME húrnégyszög, a belé írható körének sugarának nagysága megegyezik AMB háromszög beírt körének sugaráéval. Fejezzük ki a háromszög oldalaiból a körök sugarának nagyságát.

A feladattal kapcsolatban felteszek egy kérdést a "Valaki mondja meg" témához. Aki még gondolkodik a megoldáson, ne olvassa el!

Üdv!

Egy egységsugarú körbe írt szabályos n-szög egyik csúcsát összekötjük az összes többivel. Bizonyítsuk be, hogy e szakaszok hosszainak szorzata éppen n.

Két megjegyzés:

1) Jogos az észrevétel, a kitűzés így lett volna korrekt: Adott két szakasz, a és b , b>0 , 0ab ...

2) Vegyük észre, hogy a jobboldalt függvényének q=f() tekintve az szimmetrikus a =22,5^o;q=1/2 pontra, vagyis f(45^o-)=1-f() , ami BohnerGéza megoldásában is tükröződik.

Ez és a nevezőben szereplő 1+tg() talán indokolják, hogy a kifejezést tg() és tg(45^o-) szerepeltetésével alakítsuk át.

, amiből a^.tg=(b-a)^.tg(45^o-) . Ennek alapján a szerkesztés: Vegyük fel a b hosszúságú AB szakaszt, A-ból B felé mérjük rá az a hosszúságú AT szakaszt. T-ben emeljünk m merőlegest AB-re, ennek T-től különböző pontja legyen C. Az ABC A-nál lévő szöge megfelel -nek, ha a B-nél lévő szög 45^o- , vagyis ha C-nél 135^o-os szög van. C tehát m és az AB szakasz 135^o-os látószögű körívének metszéspontja.

Hogyan kapcsolódik a fenti átalakítás a B. 4244 feladathoz?

Egyelőre csak ennyit: írjunk 2fí helyett 90 fok - étát.

A könyvet a Typotex 2001-ben újra kiadta, de már elfogyott. Egy részét e-könyv formájában be lehet szerezni vagy antikváriumban kutakodni.

Ha küldtök címet, beszkennelem a feladatot és a megoldást.

A körös és a félsíkos példa a 40. Körre az optimális d, félsíkra , ez utóbbi bizonyítás nélkül. (d a kör átmérője, illetve másiknál a félsík és a turista távolsága legfeljebb d).

Mi egy példányt kölcsön tudunk adni. Írjál mailt, ha érdekel.

A téma iránt érdeklődőknek javaslok két magyar nyelvű anyagot:

Tóth Gábor: Bellman feladata KÖMAL 1982. 7. szám 53. oldal

és az ebben hivatkozott

Skljarszkij-Csenov-Jaglom: Válogatott feladatok és tételek ... 2/2 Geometriai egyenlőtlenségek ... 40. feladat

Remélem, a fórum olvasói számára hozzáférhetőek. ( Nekem a könyvet nem sikerült megszereznem, ha egy bemásolás erejéig valakitől kölcsönkaphatnám, megköszönném )

Igen, a probléma különböző alakú erdőkre ismert. Én azzal a változattal találkoztam először, ahol az erdő egy félsík és azt tudom, hogy a szélétől max. R méterre vagyok, de a határegyenes irányát nem tudom. Mi az a legrövidebb útvonal, amit követve ( tetszőleges kezdőirányban indulva ) biztosan kijutok az erdőből? Mint a hivatkozott cikk elejéből látható, a másik kivesézett eset a két, adott távolságú párhuzamos közötti erdősáv.

http://www.jstor.org/pss/4145038

Ezt nem értem. Ha az erdő kör alakú, akkor elég 2R hosszan egyenesen előre mennik, és kijutsz. Érdekesebb lenne, ha mondjuk az erdő egy félsík, és felteszed, hogy a kezdeti állapotban legfeljebb R mélységig vagy benne.

a körvonalon elindulás nekem nem jutott eszembe. ha jól számoltam, akkor a négyzetes esetre R(1+2gyök2), a szabályos háromszögesre pedig R(1+2gyök3) jön ki, szóval mindegyiknél jobb az R*pi. egyébként ez az R*pi csak egy (jó) ötlet, vagy bizonyított, hogy ez az optimális?

[1392]: Jó lett volna, ha támpontként a szükséges utat a felvetett esetekhez megadtad volna. Egy egyszerű tipp: helyünkön átmenő R sugarú körön elindulva R-szer pí út alatt biztosan kiérünk.

Csak egy kép az [1391]-re:

meg még eszembe jutott valami, amit valószínűleg itt olvastam, de nem találom. adott egy R sugarú erdő, amiben el vagyunk veszve. milyen útvonalat járjunk be, hogy bárhol is vagyunk az erdőben, kijussunk belőle (a legrövidebb út)? valaki tudja, hol lett ez a feladat tárgyalva? vagy a megoldást? én most utánagondolva csak addig jutottam, hogy berajzoltam a körbe egy négyzetet meg egy szabályos háromszöget, melyeknek 3 ill. 2 csúcsát érintve (a középpontjukból indulva) egy-egy jó úthoz jutunk, ahogy látom, és amelyek közül a négyzetes tűnik rövidebbnek. ez lenne a jó megoldás? miért? miért nem? hilfe!

Egy feladat, kérdés, vagy valaki mondjon rá valamit: Rajzoljunk egy lapra egy S betűt, de úgy, hogy szép függőleges legyen, és két félkörből tevődjön össze, melyeknek az átmérője legyen 1 egység. Kössük össze az S betű legmagasabban fekvő pontját a szimmetriaközéppontjával, és ennek a szakasznak a felezőpontja legyen F. Elkezd lefelé csúszni a szakasz az S betűn úgy, hogy a fölső végpontja szép lassan a szimmetriaközéppontba halad, míg a másik végpont is végig az S betűn marad (a hossza végig 1 egység) és végül eléri az S betű alját. Milyen utat jár be az F?

A "Majd tökölgetek milliméter-papírral és egy körzővel" mondatból arra következtetek, hogy barátunk nem abban tévedett, hogy a kör legtávolabbi pontja van 22 cm-re, hanem abban, hogy a húr hossza 395 cm. Nem hinném, hogy 4 méteres milliméterpapíron dolgozna. Ezért inkább azt hiszem, a húr csak 395 mm és akkor a legtávolabbi kör-pont lehet 22 cm = 220 mm-re, hiszen az több, mint 197,5 mm. Az általad leírt megoldás menete természetesen ekkor is helyes, csak a számszerű eredmények lesznek mások.

Régen nem volt új feladat. Mit szólnátok ehhez, mint 164. feladathoz?

Adott két szakasz, a és b , 0ab . Szerkesszük meg azt a szöget ( 045^o ) , melyre

Ez igen! Egy valóban kapkodó kérdésből kibogarászni a tényleges kérdést is tudást igényel. A 22 cm jelentőségét valamilyen oknál fogva figyelmen kívül hagytam, így az Attilát is félrevezettem, amit nagyon sajnálok. Válaszod tökéletesen érthető és nagyon köszönöm.

Üdv. Péter

Ha jól értelek, van egy kör, amelynek egy húrja 395 cm hosszú. Ez, mint Attila is írta, természetesen önmagában kevés a húrhoz tartozó középponti szög meghatározásához. (Ha belegondolsz, a kör átmérője lehetne épp 395 cm, ekkor a szög 180°, vagy mondjuk 2*395 cm, ekkor a szög 60° stb.)

Ha jól értelmezem a mondatodat, akkor a jelzett húr és a hozzá tartozó rövidebb körív felezőpontja közötti távolság 22 cm. Ekkor először kiszámíthatod a kör sugarát, abból szögfüggvénnyel a húrhoz tartozó középponti szöget és abból az ív hosszát. (Amit írsz, hogy a kör legtávolabbi pontja lenne 22 cm-re, az lehetetlen, hisz a legtávolabbi pont a kör középpontjának túloldalán van, de a kör sugara már önmagában minimum cm kell hogy legyen.)

A húr felére, a húr felezőpontját a körközépponttal összekötő szakaszra és a húr végpontjából induló sugárra felírt Pitagorasz-tétellel ahonnan R=897,51 cm; innen a középponti szög fok, amivel az ív cm.

Kedves Attila! Amennyiben az 1383-as kérdésre válaszoltál is köszönöm szépen a segíteni akarásodat. Majd tökölgetek milliméter-papírral és egy körzővel. Apropó. Ha ez még segítene. A két pontot összekötő egyenes és a kör legtávolabbi pontja közti távolság ca. 22cm.

Minden jót kívánok, Péter

Ez túl kevés adat.

Üdvözöllek Benneteket! Harmincöt éve érettségiztem és a jelek szerint sokat felejtettem. Kérdéseiteket és az arra adott válaszokat olvasgatva arra következtettem, hogy a legjobb helyen járok - Nálatok. Kérdés: A körből kivágok egy cikket. A sugarak és a kör metszéspontjainak egy egyenessel összekötött távolsága adott.( 395 cm )Milyen hosszú az ív, ill. a sugár? A számításotok menete érdekelne.

Segítségeteket előre is köszönöm, Péter

Felhasználjuk, hogy ha P az ABC háromszög belsejében vagy AB oldalán ( P != A ) fekszik, akkor AP + PB < AC + CB . Legyen ugyanis az AP és BC egyenesek metszéspontja Q. Ez a BC oldal belső pontja vagy B maga. Ekkor AP + PB <= AP + PQ + QB = AQ + QB < AC + CQ + QB = AC + CB.

A feladat szerint az AC és DE húrok és ívek egyenlőek, így a hozzájuk tartozó középponti szögek is. Legyen a kör középpontja O, D tükörképe az AB átmérőre D'. D'OB=DOB>=DOE=COA Így O a CD'B háromszög belsejében vagy ( ha E = B ) CD' oldalán fekszik, a fentiek szerint tehát CB + DB = CB + BD' > CO + OD' = 1 + 1 = 2

- Vegyük észre, hogy EB nélkül is teljesül az egyenlőtlenség!

- Egyenlőséget abban az elfajuló esetben kapunk, ha C = A és D = E = B

Van neki egyenlőtlenség változata nem húrnégyszögre.

Köszi a segítséget.

Én nem látok itt húrnégyszöget...

Olvass utána a Ptolemaiosz-tételnek.

PC szakasszal mesd el az AB-t a kapott pont legyen Q. A CQ nem lehet egyszerre nagyobb AC és BC szakasznál is, mivel ha nem így lenne (felhasználva, hogy nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van), akkor CAB szög> AQC szög és CBA>CQB szög egyszerre teljesülne,így CAB szög+CBAszög>AQC szög+CBQ szög=180 fok ez lehetetlen. Így kaptuk: PC<QC<CA v. CB <AB<PA+PB

Itt egy feladat ami egy eszméletlen egyszerű de nekem sehogy se sikerült Segítene vki?

Tetszőleges 3szög belsejében felvesszük tetszőleges p pontot. Biz be, h a 3szög összes belső pontjára teljesül: AP+PB>PC Ilyenkor AB a leghosszabb oldal(ak egyike).

Előre is köszi a segítséget.

Tudnátok segíteni?

Itt a feladat: egy egységnyi sugarú kör kerületére felvesszük ilyen sorrendben: A C D E B úgy hogy AB átmérő, tehát C,D,E egy félköríven helyezkedik el. Tudjuk hogy AC=DE. Biz be hogy CB+DB+EB>=2.

Kiegészítés a 162. feladathoz:

Nincs szükség számítógépes programra akkor, ha csak t₁ = t₂ bebizonyítására szorítkozunk és lemondunk a bonyolult területarány-képlet igazolásáról. Legyen ez a leszűkítés a 162/a feladat.

Egy kicsit bővebb segítség:

A feladat a szerkesztések egyik alapgondolatát tartalmazza:

Adott két pont számára egy-egy vonal (egyenes vagy kör esetleg kúpszelet) és ismerünk egy geometriai leképezést, mely az első pontot a másodikba viszi.

Ekkor az első pont számára meglévő vonalra alkalmazva a leképezést, annak képe újabb vonal a második pont számára. A második már ismert pontra a leképezés inverzét alkalmazva, megkapjuk az első pontot.

A mostani feladat szerkesztésénél figyelni kell, hogy két irányba forgathatunk! Az ábrán a q egyenes képeit a C és az S pontforgatásával kaptuk. A q'=C'S' a -60, a r"=C"S" a +60 fokos forgatás eredménye.

Amennyiben a qr szög 60 fok, ahogy a feladat feltétele mondja, akkor a q" párhuzamos lesz r-rel és csak egy megoldást kapunk. (A szerkesztés szempontjából mindegy, hogy P a szögfelezőn van vagy sem.)

Egyenest úgy kell forgatni, hogy két pontját elforgatod, és a képpontokat összekötöd.

Köszönöm szépen - így leírva egyszerűnek tűnik. De nem állítanám, hogy térlátás nélkül evidens számomra a szögszár P pont körül elforgatása:(

Még egyszer köszönöm, kellemes hétvégét, szia: Laci

Legyen A és B a háromszög másik két csúcsa, amelyek az egyik illetve másik szögszárra esnek. Mivel a háromszög szabályos, ezért az A-t a B-be egy 60 fokos P középpontú forgatás viszi. Tehát forgasd el P körül az egyik szögszárat 60 fokkal, és ahol az elfogatott szögszár elmetszi a másik szögszárat, ott lesz az egyik keresett csúcs. Ezt visszaforgatva, megkapod a másik csúcsot.

Sziasztok!

Tudna valaki segíteni?

Egy geometria szorgalmi feladattal gyűlt meg a bajom:

Vegyünk egy 60 fokos szöget, és a szögszáron belül egy tetszőleges P pontot, ahogy a P nem illeszkedik a 60 fokos szöget felező félegyenesre.

A feladat: szerkesszünk olyan szabályos 3-szöget, amelynek a P pont az egyik csúcsa, a másik két csúcs pedig a 2 szögszáron található (száranként 1-1).

Bármilyen segítséget előre is köszönök szépen.

Kellemes hétvégét kívánok mindenkinek!

Sziasztok: Laci

Elnézést, én sem gondoltam egészen végig. A 3 adott kör közül kettőnek az érintési pontjára vonatkozó inverzió igen egyszerű megoldást ad: két párhuzamos egyenest és egy kört érintő kört kell szerkeszteni. A gyakorlati kivitelezés különösen egyszerű, ha a k₁ és k₂ érintési pontja mint középpont körül az inverzió alapkörét úgy vesszük fel, hogy merőlegesen metssze k₃-at. Ekkor k₃ képe önmaga, és így a k₃-at és az őt érintő két párhuzamost érintő kört kell szerkeszteni.

Egy megoldás a 163. feladatra és egy OKTV feladatra:

A 163. feladat bizonyítását a Matek OKTV [554]-es hozzászólásának végén olvashatjuk.

Köszönöm a segítséget!!

Az apró trükk ott van, hogy a legegyszerűbb megoldás nem használja ki, hogy a körök érintik egymást: Csökkentsük a körök sugarát a legkisebbik - legyen k₃ - sugarával, ekkor a szerkesztendő k₄ körrel koncentrikus k₅ kört kell szerkeszteni, ami a csökkentett sugarú k₁' és k₂' köröket érinti és átmegy az O₃ ponton. Az O₃ középpontú inverzióval ez két kör közös érintőjének szerkesztésébe megy át. A Geometriai feladatok gyűjteményében a két kört kívülről érintő, adott P ponton áthaladó kör szerkesztésére szerepel egy inverziót nem használó módszer. Ott a körök külső hasonlósági pontját P-vel összekötő egyenesnek azt a Q pontját határozzuk meg először, amely szintén rajta van a szerkesztendő körön és így visszavezetjük a feladatot a két ponton átmenő, adott kört érintő kör szerkesztésére.

Nem gondoltam teljesen végig, de az egyik érintési pontra vonatkozó inverzióval szerintem kijön.

Üdv mindenkinek! Volna egy problémám: Van három különböző tetszőleges sugarú kör ami érinti egymást. Annak a körnek a középpontját szeretném megszerkeszteni amely mind a három másik kört érinti,(belülről, a három kör által határolt területen) Remélem tud vki segíteni!

Ez nem feltétel, csak loboncz megoldásában teljesülne, véletlenül.

És azt nem kell még kikötni, hogy mindegyik szög kisebb, mint 45°?

Két javítás:

Az előző hozzászólásban a 163. feladat van.

A szögek összege 45 fok helyett 90 fok!

Az alábbi feladat felhasználható az OKTV - 2009-9010. II. kategória 3. feladatánál, de önmagában is jó feladat.

Használjuk ki a tg fv. tulajdonságait!

Igen, jól. A piros és a szaggatott vonalas háromszög a keresett két háromszög.

Jól értelmezem?

A következő feladatomat ajánlom megoldásra. (A megoldás végén valószínűleg elkerülhetetlen lesz számítógépes program használata. Ha ezért kissé kilógna e topicból, elnézést ... .)

(Kb.) 162. feladat: Egy hegyesszögű, nem egyenlő szárú háromszög területe T, oldalainak hossza a, b és c. A háromszög valamennyi magassági talppontján át húzzunk párhuzamost a talpponti oldallal szemközti csúcs szögfelezőjével. Tekintsük az így kapott egyeneseknek a szögfelező egyenesekkel alkotott metszéspontjait. Bizonyítsuk be, hogy e pontok két egyenlő területű háromszöget határoznak meg, melyek t₁, illetve t₂ nagyságú területére:

Egyetértek. De ha már előjött a kérdés, járjunk a végére. Hasonlóan A kettő hányadosa

, a módszer helyes.

Hát igen... Nekem meg épp ez a feladat volt elsőre (meg másodikra is...:P) megoldhatatlan.

Azért szerintem a túlzott szerénységre nincs okod:)

Köszönöm és további szép estét: Laci

Nagyon szívesen - én köszönöm a dícséretet. :-)

Itt az a jó, hogy mindenki talál a maga szintjéhaz illő "kihívást". Nekem épp ez a feladat jött be.

[1341] és eredete

Fiatal barátunk kissé türelmetlen, egyszersmind bizalmatlan is, már bocsánat.

Ha levezetni nem akarja, legalább bízna a tudásban és a jóakaratban ... (amúgy az indexen is két helyen is közzétette a problémáját.)

Kedves SmallPotato!

Nagyon szépen köszönöm az elegáns megoldást - bár lehet, itt ez a példa nem lehetett komolyabb kihívás.

Nem vettem észre a hasonló háromszögeket (sem)...

Még egyszer köszönöm!

További szép estét, szia: Laci

Ja, az más. Ha biztosra akarsz menni, használd [1343] lépéseit. Vagy kérdezd meg [1341] szerzőjét, ő hogy jutott erre az eredményre.

A hasonló háromszögekből, jelöléseiddel:

Ebbe helyettesítsd be m-et az általad felírt képletből kifejezve, és oldd meg a kapott egyenletet r-re.

Rajzold fel az elrendezésnek a kúp tengelyén átmenő síkmetszetét. Rajzold be a gömb két sugarát: a kúp alapkörének középpontjába irányulót és az alkotóra merőlegest. Az ábrádon két hasonló derékszögű háromszög lesz: az egyiknek a befogói a kúp alapkörének sugara és a kúp magassága, a másiknak a befogói az alkotóra merőlegesen berajzolt gömbsugár és az alkotónak a kúp csúcsa felé eső szelete. Írd fel a befogók arányát mindkét háromszögben.

Bocs de nekem nincs se időm se türelmem bizonyítani. Én biztosra akarok menni. Elkezdtem csinálni. egyébként mástól kaptam. Remélem jó lesz.