Fórum: GEOMETRIA

Ez is egy érdekes megközelítés. A geometriai interpretációra viszont hogyan jöttél rá?

Legyen a háromszög &tex;\displaystyle ABC&xet;, koordinátázunk. &tex;\displaystyle A(a,0)&xet;, &tex;\displaystyle B(b,0)&xet;, &tex;\displaystyle C(0,c)&xet;, &tex;\displaystyle P(x,y)&xet; legyen egy keresett pont. Ekkor a kerületek rendre

&tex;\displaystyle K_{PAB}=(x-a)^2+y^2+(x-b)^2+y^2+(b-a)^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAC}=(x-a)^2+y^2+x^2+(c-y)^2+a^2+c^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PBC}=(x-b)^2+y^2+x^2+(c-y)^2+a^2+b^2&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAB}-K_{PAC}=-2 (b (a - b + x) + c (c - y))=0&xet;

&tex;\displaystyle K_{PAC}-K_{PBC}=2 (b - a) (a + b - x)=0&xet;

Innét &tex;\displaystyle x=a+b&xet; és &tex;\displaystyle y=c+\frac{2ab}{c}&xet;. Tudjuk, hogy ebben a koordinátarendszerben a magasságtpont &tex;\displaystyle M\Big(0,-\frac{ab}{c}\Big)&xet; és köréírt kör középpontja &tex;\displaystyle O\Big(\frac{a+b}{2},\frac{ab+c^2}{2c}\Big)&xet;, és &tex;\displaystyle 2O-M&xet; épp az általunk kapott pont, így &tex;\displaystyle P&xet; a magasságpont középpontra vett tükörképe.

Adott egy &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög a síkon. Adjuk meg az(oka)t a &tex;\displaystyle P&xet; pontokat, melyekre az &tex;\displaystyle ABP&xet;, &tex;\displaystyle BCP&xet; és &tex;\displaystyle CAP&xet; háromszögek oldalainak négyzetösszege megegyezik. Keressük meg &tex;\displaystyle P&xet; geometriai jelentését!

Jézusom, most értettem meg a pitagoras tételt...

Köszönöm a segítséget...

[1845] az trivialisnak tunik... Bloffre: belatod, hogy X1PX2P' egy erintonegyszog csucsai, felveszed az erintesi pontokat, alkalmazod, hogy egy pontbol egy korhoz huzott ket erinto ugyanolyan hosszu, es azt kapod, |PF1-PF2| = |P'F1-P'F2|, gondolom.

Mas feladat: maximum hany olyan pontpart lehet megadni a sikon, hogy lehessen hozza talalni olyan 2-od rendu gorbesort, hogy minden pontpar mindket eleme ugyanazon a 2-od rendu gorben fekudjon? (ez nem egy krealmany, hanem tenyleg elojott geometria kozben, van, ahol hasznos lenne tudni. En nem tudom)

Egy &tex;\displaystyle \varepsilon&xet; ellipszisnek és egy &tex;\displaystyle H&xet; hiperbolának ugyanazok a fókuszai: &tex;\displaystyle F_1,F_2&xet;. Mutassuk meg, hogy minden &tex;\displaystyle P\in H&xet;-ra az &tex;\displaystyle X_i=PF_i\cap \varepsilon&xet; (i=1,2) jelöléssel &tex;\displaystyle F_1X_2\cap F_2X_1&xet; is &tex;\displaystyle H&xet; pontja lesz.

Üdv!

Fel kell készülnöm mindenre ami szóba jöhet.

Ma volt egy olyan feladatom, amit csőszerelő szakmában izometriának neveznek, ami azt jelenti, hogy meghatározott két pontot össze kell kötni egy csőszakasszal úgy, hogy közben függőleges, vízszintes irányváltásokkal ki kell kerülni gépeket más csöveket stb...

Gyakorlatilag 3 dimenzióban kell gondolkodnunk, és megtervezni, hogy A ponttól B-ig, miként jutunk el egy pl 100 milliméter vastagságú csővel és e szakaszba épített berendezésekkel.

Ha A pont egy kocka bal alsó sarka, B pedig a túl oldali jobb felső, és közben egy 12 fokos, egy 74 fokos, és egy 17 fokos íveltséget kell számolnom, illetve meg kell tudnom, hogy az ívek közötti egyenes szakaszok mekkorák?

Ezt le kell gyártanom a földön, majd esetleg 6 méter magasban, befűzni egy csőhídra, most éppen Kecskeméten az Univer konzervgyár, paradicsomfeldolgozó épülő üzemében.

Tehát alapvetően a megfelelő kérdések megfogalmazásával bajlódom, mert Ti egészen másképpen gondolkodtok, mint ahogyan nekem kell.

Nem elég tudnom a számokat, teljesen el kell tudnom képzelni (vizualizálni) a kész csőhálózatot és tudnom kell lépésről lépésre a folyamatot, miközben ki kell számolnom az ívek szögeit, és meg kell tudnom mellé az egyenes (passz-darabok) méretét is!

Szombaton délután, vagy vasárnap lesz szabadidőm, majd neki veselkedek a megfelelő kérdések megfogalmazásának!

Addig is köszönöm a segítőszándékot.

Be tudod hatarolni a feladatokat arra a nehany, csak szamertekeikben eltero feladatra, amelyre szukseged lesz, vagy fel szeretnel keszulni arra, hogy barmilyen szobajoheto problemat meg tudj oldani?

Lesz majd lehetoseged internetet hasznalni? Internetre vagy szamologepre szukseged lesz.

Konkret kerdesre hogy valaszoljak: a szinusz egy fuggveny. Egy szog szinuszat sin(szog) alakban jeloljuk, es nagyon sokfelekeppen hivatkozunk ra szoban, de ha egy kifejezesben egy szog es a szinusz szo szerepel, ezt a jelolest ertjuk alatta. Egy altalad valasztott szog szinuszat, peldaul a 45°-et ugy kapod meg, hogy beirod a google-ba, hogy sin 45 degrees, es a google kiir egy masik szamot, amely a szog szinusza. Ez annyit jelent, hogy ha az atfogo 1 cm hosszu, es az atfogo es a vizszintes kozott a szog 45°, akkor a fuggoleges befogo 0.7071 cm hosszu. Mas szogre is, amit a google kiad, a fuggoleges befogo hosszat adja meg, 1 cm hosszu atfogo eseten.

Mindenekelőtt köszönöm a választ...

Olyan hatással van ez rám, mintha nyakon öntöttek volna egy tányér forró nem kívánatos anyaggal, hogy finom legyek...

Olyan természetességgel ugrasz egyik értékről a másikra, ahogyan Én egyik állványról a másikra...

12 órás műszak után, szinte semmit nem értek ebből, de annyira, hogy még vissza kérdezi sem tudok..

Csőszerelő szakmai közegről van szó egyébként, ahol a 14 milliméter átmérőjű csőtől az 500-as ig dolgozunk, dominánsan nagyokkal.

Reggel elolvasom megint, és megpróbálok kérdést feltenni, mert most még az sem megy!

A Pitagoras tételt értem, de a többit nem, sem szinuszt, sem koszinuszt, sem semmit...

A szögfüggvényekkel kapcsolatban itt szerintem megtalálod a definíciókat. A kérdésekből ítélve, a számításokhoz csak a szögfüggvények definíciói, illetve még talán később a szinusz- és koszinusztétel kellenek, keress rájuk Google-on. Vagy vegyél egy trigonometriáról szóló alkalmas könyvet a könyvesboltban. A Kömal korábbi C-jelű feladatai között találhatók még példák bőséggel.

Nézzünk is egy &tex;\displaystyle a,b&xet; befogókkal rendelkező derékszögű háromszöget, melynek átfogója &tex;\displaystyle c&xet;. Az &tex;\displaystyle a&xet; befogóval szemben lévő szöget jelölje &tex;\displaystyle \alpha&xet;.

Az első kérdésedben, ha jól értettem &tex;\displaystyle \alpha&xet; és &tex;\displaystyle a&xet; adott. Ha megnézed, a definíció szerint &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac ac&xet;, vagyis átszorozva &tex;\displaystyle c=\frac{a}{\sin\alpha}&xet;. A számológép segítségével &tex;\displaystyle \sin\alpha&xet; számolható, innen megvan &tex;\displaystyle c&xet;.

A második kérdésedhez annyit, hogy a Pitagorasz-tétel szerint &tex;\displaystyle a^2+b^2=c^2&xet; a Pitagorasz-tétel szerint, avagy például &tex;\displaystyle c=\sqrt{a^2+b^2}&xet; stb. Vagyis egy derékszögű háromszögben két oldal ismeretében a harmadik oldal megadható. Utána nézd meg a &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac{a}{c}&xet; hányadost, ennek az értéke ismert. Ahhoz, hogy ebből &tex;\displaystyle \alpha&xet;-t megkapd, a &tex;\displaystyle \sin&xet; függvény inverzét kell alkalmazni, számológépen pl. &tex;\displaystyle \sin^{-1}&xet; szokta ezt jelölni. (Számológép nélkül ezek a számítások nem nagyon szoktak menni.)

A harmadik kérdésnél is ugyanezt csináljuk. Tudod, hogy például &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac ac&xet;, vagy &tex;\displaystyle \cos\alpha=\frac bc&xet;. Ezt átszorozva, &tex;\displaystyle c=\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\cos\alpha}&xet;. Vagyis az &tex;\displaystyle a&xet; befogót például &tex;\displaystyle \frac1{\sin\alpha}&xet; értékkel kell megszorozni, hogy &tex;\displaystyle c&xet; átfogót kapjuk, például &tex;\displaystyle \alpha=45^\circ&xet; esetén ez az arány &tex;\displaystyle \sin\alpha=\frac1{\sqrt2}&xet; miatt éppen &tex;\displaystyle \sqrt2&xet; lesz. Vagy &tex;\displaystyle \alpha=53^\circ&xet;-ra &tex;\displaystyle \sin 53^\circ=0,7986&xet;, &tex;\displaystyle \frac1{\sin 53^\circ}=1,2521&xet;.

Üdv mindenkinek. Az eddig olvasottakból azt feltételezem, hogy a kérdésem túl egyszerű lesz a fórum színvonalához, de valahonnan válaszhoz szeretnék jutni...

Tanultam persze régen ipari suliban sőt még általánosban is a szögfüggvényekkel kapcsolatosan, de ki emlékszik már arra, mikor az elmúlt 30 évben nem kellett alkalmaznom sehol ezt a tudást, így el is felejtődött...

Most olyan munkakörülmények közé kerültem, ahol egyre mélyebben bele kell másznom a rég tanultakba, de alig emlékszem valamire!

Ezért szeretnék a számotokra nyilván primitív kérdéseket feltenni, és persze válaszokat kapni rájuk!

Az első kérdésem.

Ismerem egy háromszög egyik befogójának méretét, és az ehhez tartozó szöget.

Pl, 45 fokos szög, és 600 milliméter a egyik befogó mérete. Szeretném megtudni az átló/átfogó méretét...

A második ennek a kérdésnek az inverze...

Tudom a két befogó méretét, és azt, hogy ezek 90 fokos szöget zárnak be, szeretném megtudni a vízszintes befogó és az átfogó által bezárt szöget...

A harmadik kérdés:

Tudjuk, hogy egy derékszögű háromszög esetén, ha pl az egyik befogó és az átfogó által bezárt szög 45 fok, akkor 1.42-vel szorozva a befogót, megkapjuk az átfogó méretét. Kérdés, hogy ugyanilyen szorzót, hogyan kaphatunk meg más, mondjuk 32 fok, vagy 53 vagy más szög esetén... Tehát egy méretből és az általa bezárt szögből miként számítható ki az az egyszerűsített szorzó, amely megadja az átfogó méretét?

Elnézést, ha kicsit sok és bugyuta a kérdésfelvetés, de per pillanat nem tudom jobban elétek tárni a kérdést...

eh, képlet helyesen:

&tex;\displaystyle \implies 2d=\frac{|OAA(O)-k(O)|}{|AA(O)|}=\frac{|k(O)|}{r}=const.&xet;

ábra:

lemma: Ha adott k1, k2 kör, középpontjaik távolsága d>0, hatványvonaluk h, akkor a sík minden P pontjára:

&tex;\displaystyle |h(P) \cdot 2d|=|k1(P)-k2(P)|&xet;

Ahol h(X), k1(X) és k2(X) a megfelelő alakzatok normált egyenletei.

Ezt használva a B4618 megoldása:

B. 4618. Az A1A2... An sokszögbe és köré is írható kör. A beírt kör középpontja O, továbbá az OAiAi+1 kör középpontja Ci (i=1,2,...,n, és An+1=A1). Igazoljuk, hogy C1,C2,...,Cn egy körön vannak.

A sokszög K köré írt körére, az OAiAi+1 körre és az O pontra felírom az összefüggést.

&tex;\displaystyle OAA(O)=0,~AA(O)=r,~k(O)=const.&xet;

&tex;\displaystyle \implies 2d=\frac{|k1(P)-k2(P)|}{|AA(O)|}=\frac{k(O)}{r}=const.&xet;

&tex;\displaystyle \implies&xet; Minden Ci ugyanolyan messze (&tex;\displaystyle |k(O)/2r|&xet;) van a sokszög köré írt kör középpontjától, Q.E.D.

B4631 megoldásának egy része:

B. 4631. Az egy síkban fekvő k0, k1, k2, k3 körök páronként kívülről érintik egymást; ki és kj érintési pontja Tij. Legyen k0 középpontja O; sugara r. Legyen a T12T23T31 kör középpontja U, sugara pedig R. Igazoljuk, hogy

&tex;\displaystyle |OU^2 - R^2 - r^2|= 4Rr&xet;

(ez saját átfogalmazásom az állításnak, valamivel könnyebb talán, mint amit ki akartak tűzni)

Elnevezem az egyik T pont körüli, k0-ra merőleges kört a-nak. a-ra történő inverzió során TTT kör k0 és az a kör hatványvonalába megy át, távolsága O-tól 2r (lásd ábra).

Az a és TTT körökre és az O pontra felírva a lemmát:

&tex;\displaystyle 2R \cdot 2r = |TTT(O)-a(O)| = |OU^2 - R^2 - r^2|&xet;

amelyből az eredeti feladathoz már csak az előjelet kell kiszedni valamilyen okos indoklással.

Re: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD

Lásd a [1834] feladatot.

nem kap kedvet, de szerintem nagyon szep egyszeru a megoldasod, ha jol ertem:

T,O, kAB es kCD kozeppontja egy parallelogramman helyezkedik el, mert a kozeppontok a megfelelo oldalfelezo merolegesek metszespontjai, amelyek viszont tukrosek az OT felezopontjara, igy a kozeppontok is. Ha a parallelogramma ket oldalhosszanak osszegevel O korul kort rajzolunk, erinteni fogja kAB-t es kCD-t, tehat az ilyen kor egyszerre erinti oket. (nb: ket olyan kor letezik, amely erinti az egyenespart es a korsor eleme, valahol ki kell diszkuszalni, hogy melyiket erinti CD)

A T1 tartopontra torteno, k2-t fixen hagyo inverzio az elliptikus korsorbol koncentrikust kepez, k1 kepe k2-vel koncentrikus, es erinti AB kepet (kCD-t), tehat kAB-t, CD kepet is, QED.

Nekem ez tetzsik, egyszeru, elemi geometriai.

Az en megoldasom nem sokkal bonyolultabb, csak sajnos olyan dolgokat hasznal, amelyekhez nem ertek, es inkabb algebra mintsem geometria. Felveszem a k1-t erinto masik egyenest, es azt akarom belatni, hogy AC is atmegy T1-n. Ezt ugy teszem, hogy belatom, hogy a korsor egyenesparral valo Ai Ci metszespontjai egymassal projektivek, es belatom 4 specialis esetre, hogy az AC egyenes atmegy a T1-n. Nem bonyolult, de nem is erdekes, nem reszleteznem.

Talán valaki kedvet kap foglalkozni a feladattal: Az én megoldásom [1832]-re az alábbi segédtételt használja. Lehet, hogy van egyszerűbb megoldás is.

Legyen az &tex;\displaystyle ABCD&xet; húrnégyszög körülírt köre &tex;\displaystyle k_2&xet; , ennek középpontja O , az átlók metszéspontja T. Az ABT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{AB}&xet; , a CDT pontokon át rajzolt kör &tex;\displaystyle k_{CD}&xet; . Az O középpontú, &tex;\displaystyle k_{AB}&xet;-t magába foglaló és érintő kör &tex;\displaystyle k_1&xet; . Ekkor &tex;\displaystyle k_1&xet; &tex;\displaystyle k_{CD}&xet;-t is érinti.

Még egy variáció [1832] témájára: Igazoljuk, hogy ha AB párhuzamos a körsor centrálisával, akkor CD áthalad a centrális és a hatványvonal M metszéspontján.

Úgy látszik, mégsem olyan könnyű. Gondolatébresztőnek nézzünk egy speciális esetet: Legyen &tex;\displaystyle k_1&xet; a körsor másik tartópontja &tex;\displaystyle T_2&xet; (pontkör)

( Látom, már nálad sem működött a TeX értelmező. Tudja valaki, miért? )

> hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el.

en a szamitasos megoldasokat ugrom at reflexbol :) Nem szereted a geometriat, vagy hogy?

Egy konnyebb: Adott egy elliptikus korsor k1, k2 kore, es az egyik, T1 tartopontja. A k1 kornek meghuzzuk egy t erintojet, hogy A B pontokban messe a k2 kort. Legyen C := AT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2, es D := BT1 &tex;\displaystyle \cap&xet; k2. Igazold, hogy CD erinti k1-t!

Lásd itt, 9. feladat.

További észrevétel az [1823]-ban lévő feladathoz.

(Avagy játék az Euklides 2.02 szerkesztőprogrammal, mely innen letölthető:

http://matek.fazekas.hu/euklides/hun/let11.htm )

Az 1828-bani ábrám elkészítésénél a 4 kisebb körrel határoztam meg az egyeneseket, az ötödik négyszögbe pedig beleillett az 5. kör.

A szerkesztőprogrammal való játék azt valószínűsítette, hogy ha négy négyszög érintőnégyszög, akkor az 5. is, az átlókon lévő metszéspontok nem játszanak szerepet.

Esetleg új feltételt adnak, talán az eredeti feladatban a beírt körök középpontjai az átlókra esnek (a középső mindkettőre). (?)

Csak a szerkesztőprogrammal játszottam, magával a feladattal eddig keveset foglalkoztam.

A megfordítás nem igaz:

Igen, innen van a feladat. (Sokszor az AoPS-ről tűzök ki itt feladatot, mert gyakran oldom meg az ott megkérdezetteket.)

Nézeetek meg a forrását: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php... International Zhautykov Olympiad 2014 D2 P6 www.artofproblemsolving.com Four segments divide a convex quadrilateral into nine quadrilaterals. The points...

Talán a leggyorsabb megoldási lehetőség azt használja ki, hogy ABCD akkor és csak akkor érintőnégyszög, ha

Ennek ellenére úgy emlékszem, hogy számítások nélküli megoldás is van, de azt direkt nem olvastam el. (Monge-tétel?...)

Ezt nem tudom. Leloned, kerlek?

Adott az ABCD négyszög, valamint az AC átlón a P és Q; a BD átlón az R és S pontok. A PR, QS, PS, QR egyenesek kilenc négyszögre osztják ABCD-t "3x3-as táblázat alakban".

Tegyük fel, hogy a csúcsokhoz legközelebbi négy kis négyszög érintőnégyszög. Igazoljuk, hogy a középső is az!

Nekem a kérdés szerkesztéselméletinek tűnik. Ha adottak a kúpszelet paraméterei, akkor elvileg megszerkeszthetők azok az együtthatók, melyekre Ax²+Bxy+Cy²+Dx+Ey+F=0 a kúpszelet egyenlete. Feltehetően elmetszettük az x²+y²=1 körrel; behelyettesítéssel és négyzetreemeléssel adódik, hogy a metszéspontok x és y koordinátái egy-egy szerkeszthető együtthatójú, legfeljebb negyedfokú egyenlet gyökei. Ha csak egy metszéspont adott, nem csoda, hogy bizonyos esetben szerkeszthetetlen a többi, hisz ahhoz egy harmadfokú egyenlet gyökeit kellene megszerkeszteni, ami mint tudjuk, nem mindig tehető meg. Ha két vagy három metszéspont adott, akkor a maradék metszéspont koordinátáira egy legfeljebb másodfokú egyenlet adódik, az pedig megoldható szerkesztéssel. Tehát ha 2 vagy 3 metszéspont adott, mindig meg lehet csinálni, ha 0 vagy 1, akkor pedig nem mindig.

Ket korivnek csak akkor lehet vegtelen sok kozos pontjuk, ha ugyanannak a kornek az ivei. Legyen ez a kor k.

Legyen k sugara r, a kibovitett sinus tetel miatt vagy alfa=beta, vagy alfa=180-beta.

A szelotetel miatt egy szogszar egy k korbol csak akkor metsz ki ket a hosszu szakaszt, ha a szakaszok, es a kor tukrosek a szogszar belso szogfelezojere.

Nem nehez konstrukciot adni, hogy minden alfa=beta<90 -re, es minden alfa=180-beta -ra letezik ilyen szogszar, a hosszu szakaszokkal.

Es alfa=beta>=90 nem jo, mert a belso szogfelezo ket felsikra osztja a sikot, amelyik elvalasztja a latokoriveket, az egyiknek csak az egyik felsikban, a masiknak csak a masik felsikban lesz pontja.

Help, valaki! 14 feladatból ebbe belesültünk: Egy szög két szárán adott 1-1 "a" hosszúságú szakasz. Az egyik szakasz alfa szögű látószögkörívének végtelen sok közös pontja van a másik szakasz béta szögű látószögkörívével. Milyen alfa és béta szög esetén lehetséges ez? és miért?:D

Abbol, hogy 1 db kozos pontjuk van megadva, nem kovetkezik, hogy a tobbi szerkesztheto. Ellenpelda: a Bolyai-féle szögharmadolás.

A 2 db kozos pont esetrol tudsz valami jot?

A Bolyai-féle szögharmadolás:

Ez egy érdekes kérdés, tetszik. Valamiért azt gondoltam elsőre, hogy mindig meg lehet szerkeszteni az összes metszéspontot, de most már nem vagyok biztos benne.

Ha adott egy kupszelet es egy kor es 0/1/2/3 metszespontjuk, akkor mely esetekben szerkesztheto meg a tobbi metszespont, es mely esetekben nem?

köszi - tanulmányozom a magyarazatot!!!

Igen. Még arra sincs szükség, hogy A és B azonos sebességgel mozogjon.

Elég azokat az időpontokat vizsgálni, melyekben az A golyó az eredeti A₀ pontban van. Tegyük fel, hogy ameddig A elmegy B₀-ba és vissza A₀-ba, annyi idő alatt B s^.I utat tesz meg, ahol I a félkörív hossza. Célunk az, hogy belássuk, hogy tetszőleges a>0-hoz van olyan n pozitív egész, melyre ns kisebb, mint a távolságra van egy egész számtól.

Ha s racionális szám, akkor nincs mit bizonyítani, létezik olyan n>0 egész, melyre ns egész szám lesz.

Ha s irracionális, akkor pedig tekintsünk egy hatalmas nagy N-et, és az intervallumokat i=0,1,...,N-1-re. Mivel s irracionális, ezért {ns} (ns törtrésze) minden n>0-ra más és más értéket vesz fel. Ezért az {ns} számokat minden n=1,2,...,N+1-re véve, ez az N+1 szám benne van előbbi intervallumok egyikében. Skatulya-elv szerint így lesz két n, n₁ és n₂, melyre {n₁s} és {n₂s} ugyanabban az intervallumban van, eltérésük <N^-1. Másfelől mivel triviálisan , ezért kaptunk egy olyan n=n₁-n₂ számot, melyre {ns}<N^-1, vagyis |n|s egy egész számtól kisebb, mint N^-1 távolságra van. Márpedig N^-1 tetszőlegesen kicsi lehet. (A Kronecker-tételre is hivatkozhattunk volna.)

Összességében tetszőlegesen kis ívhossz lehet A és B távolsága, amiből következik az állítás.

Szép és elemi kérdés, a bizonyítás is nagyon szép, a vélemény szerintem helytálló. A probléma egyébként az IMO 1991/5. feladat.

Persze lehetne vitatkozni, bőven vannak még geometriai szépségek, például ez egészen szép és egyszerű, ám ránézésre egyáltalán nem triviális tétel.

Vietnami matematikusok önkéntes versenyérol( legszebb és legelemibb bizonyitás) idézem egy feladatot :

Az ABC háromszög belsejében van egy P pont. bizonyitando hogy a PAB , PBC, PCA szögek között van 30° -nál nem nagyobb!

kivancsi vagyok a véleményetekre!

Igazad van, nem voltam teljesen alapos, de nem nehéz kipontosítani (látószögek...).

Az állitás hogy ABX vagy ABY közé irható kör sugara nagyobb mint ABC -énél - ezt nem látom!!!

Tekintsük a legnagyobb olyan kört, amely a sokszög valamely három csúcsa köré írható, a három csúcs legyen A,B,C. Belátjuk, hogy ez tartalmazza az egész sokszöget, és három szomszédos csúcson halad át.

Ha ez a kör minden csúcsot tartalmaz, akkor egyben tartalmazza az egész sokszöget. Ezért ha nem tartalmazza az egész sokszöget, akkor van olyan X csúcs, amelyet a kör nem tartalmaz. De ekkor ABX kör nagyobb sugarú lesz az ABC körnél, ami ellentmond választásunknak.

Tegyük fel, hogy nincs olyan három szomszédos csúcs, amelyre a köréjük írt kör sugara maximális. Ekkor az előbb igazoltak szerint van, mondjuk körüljárás szerint A és B között, egy olyan Y csúcs, amely a legnagyobb körön belül található. De ekkor az ABY kör sugara ismét nagyobb lesz, mint ABC sugara, ez ellentmondás.

Egy konvex sokszögnél mindig megtalalható 3 egymast követö csucsot, melyekre a köré irható kör tartalmazza az egész sokszöget?( elemi egyszerü bizonyitas jó lenne)

Köszi a linket Kemény Legény! Igen, az összegnél elírtam, kösz a javítást, de utólag láttam, a sejtésem úgy sem talál Üdv: epsilon

És egy apróság: .

Az alábbi linken van pár bizonyítás a háromszöges esetre: itt.

Ha nem tévedek, a kérdésre a válasz az alábbi lenne, de nem tudom bizonyítani, sem a tetraéderre átültetni :-(

Üdv mindenkinek! A felvetett hasáb számlálási feladat kapcsán előkerült egy másik feladat is: Egy szabályos háromszög minden oldalát osszuk fel n egyenlő részre, majd ezeken át húzzunk az oldalakkal párhuzamos egyeneseket. Így a háromszöget n×n kis kongruens háromszögre osztottuk. Összesen hány háromszög látható az ábrán? Sajnos az eredményre zárt alakban nincs tippem. Olyan megoldás érdekelne, amelyik kiterjeszthető a térbe is, ha a szabályos háromszög helyett szabályos tetraédert tekintünk, és azt bontjuk kis tetraéderekre. Tudna-e valaki segíteni? Előre is köszönöm, üdv: epsilon

Rajzoljunk a két szögszár teljes egyenesére egy-egy „centiméter” skálát. Azokat a pontpárokat összekötve, melyek távolságának összege a metszésponttól egy adott ( előjeles ) érték, Steiner II. tételének duálisa szerint szintén egy másodrendű görbe érintőit kapjuk, melyek között a végtelen távoli egyenes (mint a megfelelő pontokat összekötő egyenes) is ott van. Ekkor a burkolt görbe parabola.

A feladat feltételeinek megfelelő, a beírt kör O középpontján áthaladó, a szögfelezőre szimmetrikus egyenespárt tehát akár [1799] szerint O-ból húzott hiperbola érintőként, akár az itteni parabola érintőiként megrajzolhatjuk. Az [1800] –ban felvetett egzisztencia kérdés persze vizsgálandó: Kívül esik-e O az érintendő görbéken?

Csak egy felvetés:

1. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög területét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög kerületét is.

2. Van-e olyan egyenes, amely átmegy a háromszög beírt körének a középpontján és felezi a háromszög kerületét? Ekkor ez az egyenes nyilván felezi a háromszög területét is.

A probléma általánosítása: Adott síkbeli zárt görbéhez (sokszög) keressünk olyan egyenest, amely felezi az adott zárt görbe által meghatározott síkidom területét és kerületét

nem mondtam, hogy elemi. Lenyegeben ugyanaz, mint marcius8-e,

terulet felezes tetszoleges pontbol:

Be lehet latni, hogy ha adott egy szogszar, akkor azok az egyenesek, amelyek egy rogzitett T teruletnyi darabot vagnak le belole, egy hiperbolat fognak erinteni. (abbol, hogy egy hiperbolanak minden pontja az aszimptotatol valo tavolsagok szorzata allando, kovetkezik, hogy a levagott haromszog terulete konstans?) tehat a feladat nem mas, mint hogy adott egy hiperbola (aszimptotakkal, es 3 darab/tetszoleges szamu erintojevel, szerkesszunk hozza egy ponton at erintot. Ezt meg meg lehet csinalni.

Köszi Kemény Legény! Ilyen elgondolás alapján írtam azt a képletet, csak nem voltam biztos abban, hogy választások során biztos-e, hogy mind hasáb lesz. Még egyszer köszi, üdv: epsilon

Melyikre tudod elemi uton megoldást?

A válasz helyesnek tűnik. Számoljuk meg a hasábokat a testátlóik alapján! Válasszunk ki egy tetszőleges csúcsot (ezt (n+1)³-féleképpen lehet), majd az átellenes csúcsot is (ezt már csak n³-féleképpen lehet, mert nem lehet egy síkban/oszlopban az előző ponttal). Ezzel minden hasáb minden testátlóját (kétszer is) megszámoltuk, minden hasábot 8-szor találtunk meg (4 testátlója van egy hasábnak + az átellenes csúcsokat fordítva is figyelembe vettük). Azaz a végeredmény , ami épp a képen látható kifejezéssel egyenlő.

Boldog Új Évet Kívánok Mindenkinek! Az új esztendőben előkerült egy régi feladatom, amire csak sejtem az eredményt, a bizonyítást nem tudom. Beírom ide, mert biztos vagyok, hogy valaki tud segíteni. A feladat: Egy kockát az oldalakkal párhuzamos síkokkal felosztunk n×n×n egyforma kiskockára. Hány hasáb látható az így keletkezett felosztáson? Sejtésem szerint annyi amennyi a beszúrt képen látható. Tudna valaki segíteni a bizonyításban? Előre is köszönöm, Üdv: epsilon

ki van zarva, hogy ugyanolyan nehezek legyenek, mert az egyikre tudom a megoldast, a masikra nem :)

Ez a feladat esetleg ugyan olyan nehéz lesz mint egy adott pontbol( nincs rajta a háromszög kerületén) szerkeszteni terület felezö egyenest?

... és az is jól ismert, és kitalálható (különösen, ha a beírt kör középpontját már véggondoltuk), hogy mik azok az egyenesek, amik egy szög két szárából összesen adott hosszúságú részt vágnak le.

Ha a beírt kör középpontján áthalad egy egyenes, akkor pontosan akkor felezi az ABC háromszög kerületét, ha felezi a területét is. (Ahogy Fálesz is említette.)

Egy eléggé célratörő, de nem szép megoldást javaslok. Legyenek az "ABC" háromszög oldalai a szokásos jelölésekkel: a<=b<=c. Legyen "P" pont a "b" oldalon, és legyen "x" a "P" pont és az "A" pont távolsága. Legyen "Q" pont a "c" oldalon, és legyen "y" a "Q" pont és az "A" pont távolsága. Az adott "ABC" háromszög "T" területét, "k" kerületét és az "A" csúcsnál levő "alfa" szögét ismerjük, így az "APQ" háromszög területét és kerületét is ismerjük. A következő egyenletrendszert kell megoldani:

x*y*sin(alfa)/2=T/2

AP+AQ+PQ=k/2==>x+y+gyök(x*x+y*y-2*x*y*cos(alfa))=k/2

Az "x" és "y" mennyiségek kiszámolása után észrevehetjük, hogy ezek az "ABC" háromszög "a", "b", "c" oldalainak a négy alapművelet és a gyökvonás véges sokszori alkalmazásával felírható mennyiségek, így a "PA"="x" és a "QA"="y" mennyiségek is szerkeszthetők az euklideszi szerkesztés szabályai szerint.

Más kérdés, hogy van-e olyan nevezetes pontja egy tetszőleges "ABC" háromszögnek, amelyen egy ilyen egyenes átmegy. Ez lenne a szép megoldás.

Bertalan Zoltán

Érdekes lehet a beírt kör középpontja.

HELP : Nem tudom megoldani a következö feladatot: lehet-e szerkeszteni olyan egyenest, amely felezi a háromszög területét és keruletét is ?(vonalzóval és körzövel)

Megint elakadtam (sok ideje nincs semmi uj eredmenyem), orulnek, ha valaki megcsinalna helyettem:

Adottak P pont, es ABC haromszog. P pontbol ABC haromszoget levetitem a korulirt korere, kapom A' B' C' haromszoget. A, B es C pontokat tukrozom sorban a B'C', C'A' es A'B' egyenesekre, kapom: A*, B*, C* pontokat. Igazold, hogy A*B*C* haromszog hasonlo ABC-hez.

Re: adott egy parabola (fókuszával, vezéregyenesével) és három pontja. Szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját!

Éppen a te Projektív geometria [65] - beli ábrádból és a megelőző hozzászólásokból kiolvasható, hogy a P₁,P₂,P₃ parabola pontokon átmenő k kör és a parabola P₄ metszéspontjára áll, hogy P₁P₂ ugyanakkora, csak ellentétes irányú szöget zár be a tengellyel - és így a vezéregyenessel is - mint P₃P₄ .

Úgy gondolom, hogy egyszerűbb így. Jobb szeretem, ha egy feladatban egyáltalán nem kell felírni képletet, egyenletet, ilyesmit.

Egyébként azt hiszem, se a a négy ponton átmenő kúpszeletek középpontjánál, se a négy egyenesen átmenő kúpszeletek középpontjánál (ez utóbbi lényegesen egyszerűbb) nem kell felírni egy darab egyenletet se, ki lehet geometriázni mindkettőt, de teljes (leírt) megoldásom még nincs.

Más feladat: adott egy parabola (fókuszával, vezéregyenesével) és három pontja. Szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját!

Hasonlóan: adott egy hiperbola/ellipszis fókuszaival és három pontjával, szerkeszd meg a három ponton átmenő körrel vett negyedik metszéspontját. Adott két tetszőleges kúpszelet három metszésponttal, szerkeszd meg a negyedik metszéspontjukat.

A "pontosan két parabolához" nem kell a húrnégyszög. Ahhoz elég a párhuamos oldalakkal nem rendelkező konvex négyszög. A húrnégyszög a merőleges tengelyű parabolákhoz kell.

Ez jól hangzik, átgondolom.

Az úgy volt, hogy egy konvex négy pont húrnégyszögbe affinítható (az affinitás parabola, és parabolaszámtartó), és ha már húrnégyszög, akkor pontosan két parabola megy rajta keresztül. Az irányuk az négyszög átlóinak szögfelezőinek irányai. Ez elég elemi módszerekkel kijön.

Megtaláltam. Projektív geometria [59] és környéke.

Igen, az én megfogalmazásom is pontatlan. Az állítás csak úgy teljesül, ha a feladatban a párhuzamos egyenespárokat is elfajult parabolának számítod.

...hha

:-)

Úgy emlékszem ez nemrég volt itt a fórumon. Még azt is beláttuk, hogy a négyszög húrnégyszög iff a parabolák tengelye merőleges egymásra. ( A megfogalmazás így egy kicsit pontatlan. Négyzetre például már csak szimmetria okokból sem valószínű. )

Ha már itt tartunk, be tudjátok ezt látni? Én nem tudok rá bizonyítást, de szeretnék rá hallani.

Adott a síkon négy pont, amelyek egy konvex négyszög csúcsai. Lássuk be, hogy pontosan két parabola megy át rajtuk.

Adott a síkon négy pont. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek áthaladnak ezen a négy ponton. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Adott a síkon négy egyenes. Tekintsük az összes kúpszeletet, amelyek érintik ezt a négy egyenest. Mi az ilyen tulajdonságú kúpszeletek középpontjának mértani helye?

Mivel A'B'C< + CB'C'< = 60 fok, ezért A'B'C'< kisebb kell legyen 60 foknál... Én is ezzel a remek ellenbizonyítással kaptam a feladatot.

Annyit tennék még hozzá, hogy a szemlélet szerint A'B', B'C', C'D' és D'A' szakaszok ugyanakkorák, de a szemlélet nem indokolja hogy A'C' és B'D' is ugyanakkora legyen velük, szögekről meg pláne nem mond semmit.

Na de mekkorák a szögei?

Miért ne lenne A'B'C'D' is szabályos? Az A'BB' stb háromszögek egybevágók, 1 és 2 hosszú oldalaik 120 fokos szöget zárnak be.

ABCD egy egységnyi oldlélű szabályos tetraéder. Legyen A' az A pont B-re vonatkozó tükörképe, B' a B pont C-re vonatkozó tükörképe, s.í.t. ciklikusan!

Határozzuk meg az így kapott A'B'C'D' tetraéder élszögeit.

Köszönöm!

Tényleg szuper volt és érdekes :)

B.4562-re egy érdekes megközelítés:

Tekintsük azt az E középpontú 90 fokos forgatva nyújtást, amire (A)=C. Legyen az képe a ! Ekkor X olyan pont, melyre AC és CX merőleges egymásra (hisz a forgatás szöge 90 fokos), továbbá AEX=AEC+90^o=180^o. Vagyis X rajta van a BC és AE egyenesen is, emiatt X=B és így (C)=B. Tehát az AC egyenes képe a BC egyenes, amiért F képe, Y, a BC egyenesen van. Mivel viszont a BC egyenes D és Y pontjára is igaz, hogy FED=90^o=FEY, ezért D=Y kell legyen. Ha pedig F az ACE kör középpontja, akkor D középpontja lesz a (ACE)=CBE körnek. Tehát egyenlő szárú lesz.

1. A megoldás , mert az AC és BD átló pontosan akkor metszi egymást, ha ABCD négyszög konvex (lehetne konkáv és hurkolt is), és annyi konvex négyszög van, amennyiféle csúcsnégyes választható ki.

2. A mértani hely egy szakasz, két parabolaív és egy negyedkörív. Ennek belátása egészen triviális, rád hagyom.

Ohh de jó tényleg, az így ment, a másikra valami ötlet? :)

Definiáld a térbeli inverzió esetén a szögtartóságot, és bizonyítsd be!

Hát ezt még mindig nem látom át, de majd gondolkodom rajta

Az 1. feladatra segítség: vegyél tetszőleges két átlót: AC-t és BD-t, majd nézd meg az ABCD négyszöget. ;-)

A 2. feladatban a két félegyenes legyen az x-tengely és az y-tengely nemnegatív része. A mértani helyet egyenként keresd meg a négy síknegyedben.

Hali mindenkinek! Valaki tudna ezekben segíteni!?

1) Adott egy konvex n szög. Hány olyan átlópárja van, amelyek a sokszög belsejében metszik egymást.

2) Adott két közös kezdőpontú egymásra merőleges két félegyenes. Mi azon pontok mértani helye a síkban, amelyeknek a két félegyenestől mért távolságának összege állandó?

szerk: a hatványvonalból az új sík ideális egyenese lesz

Ez nagyon tetszik! Bár nem sokban különbözik a másik megoldástól, mégis, talán valamivel erősebb eszközt használ.

,,van olyan térbeli inverzió, ami a k0 és u köröket párhuzamos (síkú) körökbe viszi."

Ezt talán érdemes belátni. Kérdés2: és mi igaz, ha a körök egymáson kívülre esnek? Mindegy.

Nagyrészt erre a módszerre építve álljon itt egy bizonyítás(?) az általánosított kis-Monge lemmára:

Ha adott k1, k2 körök (egymáson kívül) és egy k3 kör, amely ugyanakkora szögben metszi k1-t és k2-t, akkor az S1 S2 S3 S4 metszéspontokat összekötő egyenesek a k1 k2 körök (külső) has. pontjában (H-ban) fogják egymást metszeni.

Felveszem k4 és k5 köröket, hogy mindketten (belülről) érintsék k1 k2 köröket, és tartalmazzák k3-t. Azt fogom belátni, hogy S1 S4 x S2 S3 egyenesek S metszéspontja k3 k4 körök hatványvonalán fekszik. Ugyanígy k3 k5 körök hatványvonalán is, tehát k4 k5 körök hatványvonalán is, de k4 k5 körök hatványvonala k5 kör változtatásával változik, az egyetlen fixpontjai k1 k2 H has pontja (ez k1 k2-t érintő körökre már beláttatott) és S, amelyek következésképpen egybeesnek. (talán érdemes lett volna felvenni egy k6 kört...)

Alkalmazok egy térbeli inverziót, hogy k3 és k4 egy síkba kerüljenek, ekkor k1 és k2 ugyanakkora szögben metszik k3-t, és k4-t érintik, tehát ugyanakkorák, tehát S1 S2 S3 S4 egy húrtrapéz. Tehát S1S4 phuzamos S2S3 egyenessel. Az is igaz, hogy egy ilyen inverziónál k3 k4 hatványvonalából lesz a végtelen távoli egyenes (ezt is érdemes meggondolni), tehát S rajta van k3 k4 hatványvonalán.

Persze ez így hosszú, és bonyolult, és még hosszabb, ha kifejtem azokat, amikre épít. Most nem jut hirtelen más az eszembe, ahol alkalmazhatok egy részint szögtartó, részint ideális egyenessel operáló transzformációt, de ötleteket szívesen fogadok.

1. S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög. Körülírt köre legyen u, középpontja U.

2. A k₀ és u közöknek nincs közös pontja (pl. mert a k₁,k₂,k₃,k₄ körök lefedik u-t). Ebből következik, hogy van olyan térbeli inverzió, ami a k₀ és u köröket párhuzamos (síkú) körökbe viszi. Vegyünk egy ilyen inverziót, a pólusa legyen X. A sík képe gömbfelület, körök és egyenesek képe a gömbre illeszkedő kör; egymást érintő görbék képei egymást érintő görbék. A k₁' és k₃' kör, illetve a k₂' és k₄' kör ugyanakkora, S₁'S₂'S₃'S₄' téglalap, T₁'T₂'T₃'T₄' négyzet.

3. Legyen S^*=S₁'S₃'S₃'S₄' és T^*=T₁'T₃'T₃'T₄' az u', iletve a k₀' kör középpontja. X,S,S^* kollneáris és X,T,T^* is kollneáris. A k₀',k₀,u',u körök szimmetrikusak az XS^*T^* síkra, ezért O és U az XS^*T^* síkban van. S,T,O,U közös pontja az eredeti síknak és az XS^*T^* síknak, tehát egy egyenesen vannak.

Az ábra nagyon szép, de mi a megoldás?

Ha még nincs elegetek a A. 597. feladatból, elkészült az inverziós- térbe kilépős megoldás.

A feladatot egyébként mi ihlette? Szerintem nagyon szép probléma.

Ez a megközelítés is nagyon tetszik, ezt nem vettem észre. (Amit írtam bizonyítás abból a tévhitből jött, hogy S₁S₂S₃S₄ az O₁O₂O₃O₄ négyszög beírt köre, aztán sikerült kipontosítani. :-)

Vagy húzzuk be k_i és k_i+1 közös belső l_i érintőjét i=1,2,3,4-re. l_i és l_i+1 metszéspontja legyen L_i. Ekkor L_iS_iS_i+1=L_iS_i+1S_i és így a szemközti szögek összege .

Nagyon tetszik a megoldásod. Egy megjegyzés: 1) után nincs szükség S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög voltának bizonyításához a 2) lemmához adott bizonyításra. Kiadódik k₁ és k₃ H₁₃ középpontú hasonlóságából is.Legyen r₁/r₃=>1 , S₁S₂ másik metszéspontja k₃ -mal P , S₃S₄ -é Q . A hasonlóság miatt H₁₃S₄=H₁₃Q , ugyanígy H₁₃S₁=H₁₃P Innen H₁₃S₁^.H₁₃S₂=H₁₃P^.H₁₃S₂=H₁₃Q^.H₁₃S₃=H₁₃S₄^.H₁₃S₃ , vagyis S₁S₂S₃S₄ húrnégyszög.

Ehhez kapcsolódik egy inverzós Monge-tétel bizonyítás.

Először belátjuk inverzióval a kis Monge-tételt három érintkező körről: k2 T1-ben és T3-ban érinti k1 és k3 köröket. Legyen Z a T1T3 egyenes és a k1 k3 centrálisának metszése. Innen egy olyan inverzió, amely kicseréli a T1 és T3 pontokat, helybenhagyja a k2 kört, mert kicseréli egy pontpárját. A k1 és k3 körök képeinek középponjtai a centrálison maradnak, és rajta maradnak az O2 T1 és az O2 T3 egyeneseken, tehát kicserélődnek. Három érintkező kör esetén T1 T3 átmegy k1 és k3 (egyik) egymásba invertálási pontján, és a k1-k3-at kicserélő inverzió helyben hagyja k2-t.

Három általános helyzetű körre pedig a bizonyítás: felveszek még két kört (k4-et és k5-öt), amely mind a három kört érinti, és akkor a k1-k2, k2-k3, k1-k3 körök (egyik) egymásba invertálási pontjai rajta fekszenek k4 és k5 hatványvonalán. Persze ez bizonyítás szinten sokkal-sokkal több szőrözést igényel, de legalább inverzió, körhatvány és efféle, és nem tér és projektív.

Egy lehetséges megoldás az A.597-re.

1. Felhasználjuk Monge tételét. Ez alapján kapjuk, hogy S₁S₂S₃S₄T₁T₃=H₁₃ és S₂S₃S₄S₁T₂T₄=H₂₄.

2. Rendkívül lényeges a következő lemma. Adott négy kör a síkon: ₁, ₂, ₃, ₄, ahol _i és _i+1 az E_i pontban kívülről érinti egymást. Ekkor ha _i középpontja L_i, akkor L₁L₂L₃L₄ nyilván érintőnégyszög, de ekkor az L_iL_i+1L_i+2-ek szögfelezői egy pontban metszik egymást, ahonnan E₁E₂E₃E₄ húrnégyszög.

3. Belátjuk, hogy az s:=S₁S₂S₃S₄ és a k₀ körök hatványvonala H₁₃H₂₄. Valóban, például H₁₃ hatványa k₀-ra nézve H₁₃T₁^.H₁₃T₃, s-re nézve pedig H₁₃S₁^.H₁₃S₂. Ezek megegyeznek az előbbi lemma és a szelőtétel miatt. Hasonlóan, H₂₄ is a hatványvonalon van, kész.

Legyen s középpontja . Beláttuk, hogy O merőleges h:=H₁₃H₂₄ egyenesre.

4. Mivel azt már megmutattuk, hogy H₁₃S₃^.H₁₃S₄=H₁₃S₁^.H₁₃S₂=H₁₃T₁^.H₁₃T₃, ezért k₂, k₄ és k₀ körök hatványpontja H₁₃. Hasonlóan, a k₁, k₃ és k₀ körök hatványpontja H₂₄. Vagyis H₁₃ polárisa k₀-ra nézve T₂T₄ és H₂₄ polárisa T₁T₃. Innen OT is merőleges h-ra, tehát TO.

5. A polaritás ismert tulajdonságai miatt H₁₃H₂₄ pólusa s-re nézve S. Következményül S is merőleges h-ra, azaz SO.

Ezért O, T és S is rajta van O egyenesen.

Inspiráció az A.594. megoldásából.

Vegyük figyelembe, hogy a négy pont által meghatározott két parabola ideális pontja is rajta van a mértani helyen.

Sejtés: a négy megadott pont (A,B,C,D) által meghatározott összes szakasz felezőpontjára illeszthető kúpszelet.

Azt először is érdemes meggondolni, hogy az imént megadott hat pont miért egy kúpszeleten van. Ehhez viszont elég észrevenni, hogy középvonalak miatt a hat pont által alkotott (egyik) hatszög szemközti oldalai párhuzamosak, így a Pascal-tétel megfordítása szerint egy kúpszeletre illeszkednek.

Igazából olyan O pontokra volna szükségünk, melyekre középpontosan tükrözve A,B,C,D pontokat, a kapott A',B',C',D' pontok a megadott pontokkal együtt egy kúpszeletre illeszkednek mind a nyolcan.

Nézzük meg először, hogy miért is van például AB szakasz felezőpontja a mértani helyen. Ekkor ugyanis A'=B és B'=A, emiatt igazából egy hatszögről lesz szó, és a középpontos tükrözés miatt a Pascal-tétel megfordítását használva kúpszeletre illeszkedik a hat pont (a hatszögüknek Pascal-egyenese ismét az ideális egyenes lesz). Ezzel megvan, hogy mind a hat felezőpont triviálisan a mértani hely része. Tehát elég belátnunk, hogy a keresett mértani hely kúpszelet.

De nézzünk meg tetszőleges O pontot is a síkon. O-ra tükrözve a megfelelő pontokat, figyeljük meg az ABCA'B'D hatszöget. Ez pontosan akkor lesz pascali, ha B'DBC és A'CAD pontok egy A'B'||AB-vel párhuzamos egyenest határoznak meg. Ily módon lehetne egy vektoros (?) bizonyítást adni a kúpszeletségre.