Fórum: GEOMETRIA

Egy aktuális, de egyáltalán nem közismert feladat:

B. 3970. Bizonyítsuk be, hogy egy egységnyi oldalú szabályos hétszög átlói hosszának harmonikus közepe 2.

Ilyenekre gondoltam, köszi mindkettőtöknek!

A számegyenesen a T pont: :

Én most hirtelen két geometriai példát tudnék mondani:

1) Trapézban, a átlók metszéspontján át húzott, az alapokkal párhuzamos egyenes trapézon belüli része a két alap harmonikus közepe.

2) Háromszög egyik szögfelezőjére, a szemközti oldallal való metszéspontjából állított merőleges kimetsz egy szakaszt az egyik oldalból. Ez a szakasz a szögfelezővel szomszédos két oldal harmonikus közepe.

Ilyen "geometriai jelentésre" gondoltál?

Nem tudjátok véletlenül, hogy a harmonikus középnek milyen geometriai jelentése van? Előre is kösz!

Megadná, ha Attila nem kötötte volna ki, hogy P legyen O és S között. :-)

Elnézést, előző hozzászólásomban elfelejtettem: Jenei Attila megoldása is megadja a két megoldást, hiszen S-re két helyzet adódik.

Nem tudom, hogy képességvizsga feladatnak a 8. osztályosok számára jó-e a feladat. Talán nem. (HoA hozzászólása is ezt erősíti bennem) A lényege általánosabban is használható.

Nem kell, hogy a BAD szög derékszög legyen. Jelöljük ezt a szöget fí-vel, ekkor 180 fok - fí forgatással oldhatjuk meg a feladatot. Ennek speciális esete, ha fí 0 fok ( az e egyenes egy partján van A és B, jussunk el A-ból e-t érintve B-be a legrövidebb úton ).

Gondolkodhatunk így is: Használjunk egy AA'-t tartalmazó síktükröt! Állítsuk úgy, hogy B'-ből lássuk benne D-t! ...

Nehezítek kicsit a feladaton: 104. feladat: Jussunk el minnél rövidebb úton B'-ből AA'-t és DD'-t érintve C-be úgy, hogy AA' és DD' között adott irányt kell követnünk! ( Az irányt az AA'D'D síkkal párhuzamos egyenessel adhatjuk meg. )

Igen, a lényeg az, beugrik-e valakinek a síkba forgatás ötlete. Aki találkozott már a "pók legrövidebb útja a szoba falain a légyig" feladattípussal, annak persze nem nehéz.

Szép megoldás. Amúgy ez a feladat képességvizsga feladat a 8. osztályosok számára, itt Romániában, és ha nem ismertem volna hasonló módszert nem tudom hogyan lehetett volna 8. osztályos szinten megoldani.

103.feladat Lehet hogy a forumozók elsiklottak a feladat fölött.:) Egy ABCDA'B'C'D' téglatest éleinek a hossza AB=a, BC=b, AA'=c. Legyen Q(AA'). Határozzuk meg a QA értéket, úgy hogy a B'QD háromszög kerülete minimális legyen

102. Lehet hogy a forumozók elsiklottak a feladat fölött.:) Egy ABCDA'B'C'D' téglatest éleinek a hossza AB=a, BC=b, AA'=c. Legyen Q(AA'). Határozzuk meg a QA értéket, úgy hogy a B'QD háromszög kerülete minimális legyen

Köszönöm a sok szép megoldást :-)

101. feladat b) : A₁B₁C₁ körülírt köre ABC Feuerbach köre, ezért átmegy az AM szakasz M₁ felezőpontján. ABC AB₁C₁ A-ból vett kétszeres nagyítása, ezért M₁ az AB₁C₁ magasságpontja.

a) : A₁B₁C₁ és AC₁B₁ egymás tükörképei az B₁C₁ szakasz R felezőpontjára, így AC₁B₁ körülírt köre is átmegy A₁B₁C₁ magasságpontján. Ez a másik két kis -re is igaz, a kérdéses pont tehát A₁B₁C₁ magasságpontja, vagyis az ABC körülírt körének középpontja.

Igazoljuk, hogy Ezt mindhárom szögfelezőre véve és összeadva adódik az állítás. Átszorozva Mivel , miatt készen vagyunk.

Jelölje i_a,i_b,i_c a háromszog szögfelezőit a,b,c az oldalait, írhatjuk:

.

Tehát csak annyit kell bizonyítani, hogy

,

ami egyenértékű az

,

egyenlőtlenséggel. De a

egyenlőtlenség miatt ez utóbbi fennáll.

102.feladat Igaz-e és ha igen bizonyítsuk be, hogy tetszőleges háromszög szögfelezőinek a reciprokának az összege nagyobb az oldalai reciprokának az összegénél.

Nagyon érdekes feladat, főleg mivel általános iskolai színtű bizonyítást igényel. Egy ABCDA'B'C'D' téglatest éleinek a hossza a,b,c. Legyen QAA'. Határozzuk meg a QA értéket, úgy hogy a B'QD háromszög kerülete minimális legyen.

Helyesbítek: K2 érinti K3-t kívülről vagy belülről. Ha P K2-n kívül van, K3 mindig kívülről érint.

A feladat a "Geometriai feladatok gyűjteményében" is szerepel. Az ottani megoldás sem bonyolult. Azon alapul, hogy a kis K2 kör és a szerkesztendő K3 kör T érintési pontja K2 és K3 hasonlósági pontja, és mivel C az OP egyenesen van, a hasonlóságban P megfelelője K2-n az OP-vel párhuzamos átmérő valamelyik végpontja (Q1, Q2). PQi kimetszi K2-ből T-t, TK és PO metszéspontja C. A választástól függően a K2-t kívülről illetve belülről érintő K3 kört kapjuk.

Szia Attila!

Kösz a megolgást! Végülis ilyen egyszerű az egész. Szemléletesebb talán azt mondani, hogy az S pontban vegyünk fel egy r sugarú kört. Így két egyenlő sugarú körhöz kell érintőkört szerkesztenünk, tehát a keresett C pont rajta van a szimmetria tengelyen, vagyis KS felező merőlegesén.

Vegyük fel az OP félegyenesen az S pontot úgy, hogy PS=r legyen, és P legyen O és S között. Ekkor KS szakasz felező merőlegesének, és OP-nek metszéspontja adja C-t.

102. feladat: Adott az O középpontú R sugarú kör és belsejében az O-tól különböző, K középpontú r sugarú kör. Szerkesszönk olyan kört, mely a nagy kört egy adott P pontban érinti és érinti a kisebb kört is!

101. feladat: ( Megpróbálom, hátha sikerül sorszámozni a további feladatokat. )

Köszönöm ezeket a gyönyörű megoldásokat.

Köszi, megnéztem, hát onnan látszik a feladat "fajsúlya" ;-)

Nézd meg a megoldást az Érdekes matekfeladatok [349] hozzászólásában.

Hmmmm....hát kellett nekem :-) valóban implicit, mégis valamivel barátságosabbra gondolta, ez is a körszeletekből származik? Mert Én úgy próbáltam, hogy 2 szembennálló körszelet összegeként fogtam fel, a 2 körben, ott egzenlőre a sugár ami ismeretlen, meg 2 középponti szög, persze lehet kifejezni...de gyökös összefüggések lettek :-( Ha jó hallottam, ezt a feladatot valamikor a Danubiusz rádióban adták fel, és azt szeretném megtudni, hogy vajon milyen megoldást vártak volna el, pontosabban milyen eredményt, a helyes megoldásként...vagy csak szívatás volt?

Itt az összefüggés.

, és innen , vagy ha jobban tetszik

Helló nadorp! Bár egy implicit összefüggés is jó lenne, hátha?

Helló Cckek! Az igazolása affixumokkal csak algebrai számolás. Az illető csúcs megfelelő kisbetűjével jelölve az illető affixumot, a bizonyítandó összefüggés: 4(o1-h)+ 4(o2-h)+ 4(o3-h)= 15(g-h) vagyis 4(o1+o2+o3)=15g-3h és legyen a köréírt kör középpontja éppen az O origó, ekkor g=(a+b+c)/3 és h=a+b+c, és így elegendő bizonyítani, hogy: 2(o1+o2+o3)=a+b+c (*). Az előző indoklás alapján PO vektor=2 RO1 vektor (a az indoklást lásd előbb) és ezt affixumokkal felírva 0-p=2(o1-r)továbbá p=(b+c)/2, r=(m+n)/2 és az m, n a felezőpontokra vonatkozó affixumokat is használva, o1=a/2 adódik és analógjai (ezt még másképpen is bizonyíthatjuk) és a (*) összefüggés így valóban teljesül. (a bizonyítandó kép a hszm alján van!)

Szerintem nem fogsz találni. Ez R-ben egy transzcendens egyeneletre vezet. ( Ilyen pld. az x=sinx is).

Kösz a megjegyzést, valóban ott van, most olvastam az ott leírt megjegyzéseket, ...de nem bíztatóak, valamilyen kifejezést szeretnék találni az R függvényében (nem megközelítő megoldást)de a körszeletekkel elindulva, két körszeletből összerakva egyenlőre semmi bíztató nem jött ki (még maradt kiküszöböletlen paraméter is :-(

azt hiszem éppen erről a feladatról volt szó az Érdekes matekfeladatok topikban

Helló! BÚÉK Mindenkinek! Létezik-e elemi megoldás a következő, ismertnek tűnő feladatra: Adott egy 1 egységsugarú körlap. Annak kerületén vegyünk fel egy tetszőleges M pontot, és az M középponttal, R sugárral rajzoljunk egy körívet, ami az adott körlapot két kükönböző pontban metszi. Mekkora kell legyen az R, hogy a "közrezárt" síkrész területe az 1 sugarú kör területének a fele legyen? Előre is kösz az esetleges támpontokat! Üdv: epsilon

A bizonyítás, ahol egy 3-as szorzóval elszámoltam magamat :-) : Cckek jelöléseivel ( ha már... ), legyen a körülírt kör középpontja O, a Feuerbach köré F, MN felezőpontja R. ABC az AMN A-ból vett kétszeres nagyítása, így . AMN és PNM egymás tükörképei R-re, ezért , vagyis .

Hasonlóan és A hármat összeadva és kiesik, mert egy súlyvonalainak harmadai, így vektorösszegük . Igazolandó : . Legyen az Euler-egyenesen . Ekkor , és . Egyenlőségünk tehát , amit már nem nehéz belátni.

A szokottól eltérő felbontású monitorral dolgoztam, ezért lett ilyen nagy az előző hozzászólásom.

Szerintem a jobboldal csak

Legyen G az ABC háromszög súlypontja, H az ortocentruma, M, N, P az AB, AC, BC oldalak felezőpontjai, O₁,O₂,O₃ az AMN, BMP illetve CNP háromszögek köré írt körök középpontjai. Bizonyítsuk be hogy :

Mivel két hete senki sem szólt hozzá, leírok egy megoldást. Nézzük meg, mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre az ABC csúcsaitól mért távolságok négyzetösszege

adott konstans?

Ha origónak az ABC S súlypontját választjuk, ; , ami adataink által meghatározott konstans. A mértani hely tehát egy S középpontú kör, a sugár négyzete a jobboldali kifejezés, ami akkor nemnegatív, ha (1) baloldala tehát akkor a legkisebb, ha P a súlypont, értéke ekkor . Most már csak azt kell igazolni, hogy ez megegyezik a háromszög oldalai négyzetösszegének harmadával. De Origó választásunk miatt Innen Tehát valóban

Ezt hívják Euler-egyenesnek, és ráadásul az S pont harmadolja (O-hoz közelebb) az OM szakaszt.

Egybe akkor és csak akkor esnek, ha a háromszög szabályos.

Igaz-e, hogy bármely háromszögben az ortocentrum, a súlypont és a háromszög köré írt kör középpontja kollineárisak? (vagy egybeesnek:)

Segítség az egyik fajta megoldáshoz: Mi a mértani helye a síkban azoknak a pontoknak, melyekre

adott konstans?

BohnerGéza ábrája alapján ha az ,, paraméterekkel kifejezett koordinátákra felírjuk az vektoregyenletet, rövid számolás után kapjuk, hogy == , vagyis P (Cckek-nél M) = , vagyis M a súlypont.

Ha [582] "akkor" ágának bizonyítására elfogadjuk az [586] ábráját, a "csak akkor" ágra itt egy - talán kicsit szemléletesebb - bizonyítás. Legyenek a háromszög oldalfelező pontjai A₀,B₀,C₀ , a súlypont S, továbbá M, A₁,B₁,C₁ [582] szerint. A súlyvonalak a háromszöget hat kis háromszögre osztják. Az általánosság megszorítása nélkül feltehetjük, hogy M a C₀BS háromszög belsejében vagy határán van. Mivel pl. és tudjuk, hogy , pontosan akkor teljesül, ha

(1)

. Ha a három vektor összege 0, akkor tetszőleges irányú vetületüké is az. Tekintsük az m_c magasságra vett vetületeket - az m_ce egységvektorral vett skaláris szorzatokat. Ez esetében nyilván 0. M választása miatt A₁ nincs messzebb B-től, mint A₀ és B₁ nincs messzebb A-tól, mint B₀ . Így és . Ezért (1) csak úgy teljesülhet, ha A₀=A₁ és B₀=B₁ , vagyis M=S.

Mea culpa. Természetesen vektorokról van szó. Feltöltök itt egy ábrát a feladat első részéhez.

Azt hiszem az ellentmondás feloldása az, hogy Ti szakaszokról beszéltek, a feladat pedig vektorokról szól: az AA1, BB1, CC1 vektorok pontosan akkor alkotnak vektorháromszöget , ha M a súlypont. Lehet, hogy Cckek ezt akarta a szögletes zárójelekkel jelezni.

Pontosan azt értem hogy csak akkor szerkeszthető 3szög ha M súlypont!

Ezt sajnos nem értem. Azt akarod mondani, hogy ha a súlyponttól csak egy "kicsit különböző" pontot veszünk, akkor a szóbanforgó szakaszokból nem szerkeszthető háromszög? Ezek a szakaszok az M pont megválasztásával nyilván folytonosan változnak, tehát a súlyponttól való kis eltérés a hosszukban is kis változást eredményez. A háromszög egyenlőtlenségbe pedig még biztos hogy belefér egy kis változás. Valamit nyilván félreértek, pontosítanád egy kicsit?

Legyen M az ABC háromszög egy belső pontja. AM,BM,CM a szemközti oldalakat metsze rendre az A₁,B₁,C₁ pontokban. Bizonyítsuk be, hogy [AA₁],[BB₁],[CC₁] szakaszok akkor és csak akkor egy háromszög oldalai ha M az ABC háromszög súlypontja.

Én sem.

Az [577]-es válaszom után még motoszkált valami a fejemben és elkezdtem firkálgatni (a pitagórászi ábrácskára a köröket, az ábra jobb felső sarkában) és belémcsapot az isteni szikra. :o)

Ez nagyon tetszik, en sem gondoltam, hogy 6 lepesben is lehetseges. :)

Az enyém 7 méréses volt. Mivel senkinek sem volt 6-os, nem is gondoltam hogy lehetséges :-)

Csimby!

Nem számoltál még be, hogy mire jutottatok?

---

Én közben találtam egy "igaz" 6 körös megoldást, ebben nincs mérés miatti körzőmozgatás:

Én fenn a Gellért-hegyen egy csillagász szakkörön hallottam és főleg a középiskolásoknak adták föl, én ott csak vízhordó voltam. :o)

Szóval a szakkörvezető így kezdte: Már az ókori görögök is ...

A definició, najó legyen csak "definició" szerint ScarMan megoldása valóban 7 körző-felemeléses, mert a 3. lépés távolságát használja fel a 4. és 5. lépésben. Lásd az ábrámat, melyen az én megoldásomat és az övét is felszerkesztettem.

Értelmező ábrácska a bal felső fekete, vastag vonal: mérés, nyilazott ív: körzőzés.

ScarMan-nak meg még egy grat.

Az 1977-es feladatot nem Napoleon-feladat-nak hivjak? Mintha olvastam volna valahol mostanaban. A definiciomert nem vallalok felelosseget, mert csak emlekezetbol mondtam, es akkor az en 7 lepeses megoldasom is mar 8 :)))

Üdv a körösöknek! és grat ScarMan-ek is!

Nem kekeckedni szeretnék, de AzO definiciója szerint - körző felvétele a lépés vége - csak 8 lépésből lehet megszerkeszteni. Az alább közöltem megoldás 7 körzőzés és 1 mérés, ScarMan-nek 6 körzőzés és 2 mérés. S gyanítom, hogy a feladatban nem véletlen volt 8 lépés kitűzve, főleg ELTE matekon.

Mellesleg alább -habár gyanítom nem eléggé értelmezhető módon- az én megoldásom is ott van. Volt ez pár éve kérdés az "Éredekes matekfeladatok"-ban, akkor megoldottuk, ha jól emlékszem, Jenei Attila adta a másik megoldást. (4.1, ill. 4.2)

Az akkori megoldásomban a két adott pont a négyzet két sarokpontja, ehhez +1 körzőzés kell, de így szerintem más sem tudja rövidebben, míg az eddig megismert egyéb megoldásnál az egyik pont nem a négyzet sarokpontja, hanem a közepe. Ezt szerkesztette meg korábban J. A.

Én anno 1977-ben így hallottam a feladatot: Osszunk négy egyenlő részre egy körívet csak körző használatával! (Akkor 8-ikos koromban a feladat győzött. :o) Ez -a fenti definíció szerint- 7 lépésből megoldható, mivel adott volt már egy körív.

Szerintem is 6 lepes. Grat! :)

Hmm... Nekem ez 6 lépésnek tűnik. Szerintem nem kell külön venni, hogy körzőnyílásba veszed EA-t. Gratulálok!

Itt egy 7-lépéses megoldás: két adott pont: A, B, mindkét pontból AB sugarú köröket rajzolunk, ezek metszéspontja: C, D. C-ből D-n átmenő kört rajzolunk -> B'. B és B' középpontú, CD sugarú köröket rajzolunk. Egyik metszéspontjuk E. B-ből EA sugarú kört rajzolunk (itt külön lépésnek vettem, hogy körzőnyílásba vesszük EA-t), ez kimetsz két pontot az eredeti A középpontú körből. Ez a két pont B-vel és B'-vel négyzetet alkot.

Tévedek akkor ha azt mondom hogy ezt a feladatot az egyik Gerőcs-féle Repeta matek kötetben is meg lehet találni?

Szabad a gazda. Az évfolyamból több embernek elég volt 7 körzőhasználat is, és ez a megoldás nem is túl bonyolult. A lényeg: a Pithagorasz-tétel.

Ha megígéritek, hogy én is ilyen okos leszek, akkor lehet, hogy elmegyek matematikusnak! :) Na jó üdv mindenkinek! Én

OK köszi, sejtem a dolgot. :o)

Ha bevetem a Pappos-tételét, akkor már egy tetszőleges P ponta tudok egy e egyenessel párhuzamost fektetni -egy körzővel-. De hogyan kell merőlegest? Ill. visszatérve a négyzetre: adott két pont, mely a négyzet két sarokpontja. Hogyan tudom a kétféle négyzetet megszerkeszteni?

Itt van egy ábra is a szerkesztés első feléhez.

Rendben, mutatom hogy szerkesztek négyzetet egy körzővel. Valószínűleg ennél sokkal egyszerűbb módszer is van, de ez jutott eszembe elsőként.

Először is elmondom, hogy lehet csak vonalzóval két adott párhuzamos egyeneshez egy harmadik párhuzamos egyenest szerkeszteni adott ponton át. Ez a Desargues-tételen alapul. Legyen e és f a két párhuzamos egyenes, és G₁ az adott pont. Vegyünk fel egy tetszőleges O pontot. Legyen az OG₁ egyenes metszéspontja e-vel illetve f-fel E₁ illetve F₁. Egy másik, az O-n átmenő tetszőleges egyenes az e és f egyenest az E₂ és F₂ pontban metszi. Legyen E₁F₂ és E₂F₁ metszete P. A G₁F₂ és az OP metszete legyen Q. Ez után az F₁Q és az OF₂E₂ egyenesek metszete legyen G₂. Végül G₁G₂ lesz a keresett g párhuzamos egyenes. (Én matematikus vagyok, ezért ezt a szerkesztést csak elméletben tudom elvégezni, valódi vonalzóval nagyon pontatlan lesz, de mivel te mérnök vagy, talán el tudod helyezni úgy a pontokat, hogy ne legyen túl nagy eltérés.)

Ha már ezt tudjuk, akkor a négyzet sem okozhat nehézséget. Ugyanis legyen k egy K középpontú kör. Ha most AB a kör egy húrja, akkor összekötve őket K-val az átmérők másik végpontjai C és D, így kapunk egy ABCD téglalapot. Ezután a téglalap párhuzamos oldalegyenesihez szerkeszthetünk K-n át párhuzamost, így kapunk két merőleges átmérőt, amiknek a végpontjai egy négyzetet határoznak meg.

Puding próbája az evés. :o)

Én elhiszem az 1 körzős választ, de -csak érdeklődési szinten- kivácsi lennék rá.

szabályos testekről és a gúláról kénne minden!!!

Állítólag ilyenkor bármilyen szerkesztéshez elég egy körzőhasználat. Tehát 1.

Egy kissé egyszerűbb kérdés: mennyi a minimális körzőhasználatok száma, ha vonalzót is használhatunk?

Azt meg lehet csinálni megnéztem, de legyél ügyes! Üdv: Én

Tenyleg ne aruld el hetfoig!!! Csak korzo hasznalata engedelyezett. Egy lepes addig tart, amig fel nem emeled a korzot. 2 pont adott a sikon, es kell 4 metszespont, ami negyzetet alkot. Legfeljebb 8 lepeses megoldas eseten +1 jegy a vizsgan.

Köszönöm szépen, nagyon jó a dolog! Végre sok okos ember! :D Én még ehhez kis hülye vagyok, de azért majd próbálkozok! Üdv: Én

Géza! Nagyon köszönöm! Most már összeállt a kép.

Küldtem drótpostát. A <válasz erre> gombra kattintva válaszolj, hogy egyértelmű légy!

Nem mondok több infót, csak kérdezek. :o)

A feladat szerint egy üres papírra kell köríveket rajzolni úgy, hogy 4 darab metszéspont épp egy négyzetet adjon ki? és ehhez legfeljebb 8 körív rajzolható? A köríven egy tetszőleges pont bejelőlése az lépés?

Vagy adott két pont és erre kell négyzetet szerkeszteni?

ohh, bocs, nem olvastam el rendesen a feladatot...meg kéne tanulnom olvasni:D

elmondhatom, h én hány körzőhasználattal tom megcsinálni?

Így lesz, remélem! Itt szerintem amúgy sem a feladatról van szó, hanem a 8 lépésről nem? Nekem csak az a lényeg, hogy a feladat menjen! És azt sem tudod még megszerkeszteni? Vagy csak a 8 lépéses dolog nem megy neked?

Pont azt kértem, hogy több infót itt NE közöljetek mert az egész évfolyam körzővel mászkál az egyetemen annyira lázba hozott mindenkit a téma és nem lenne jó ha itt lelőné valaki a poént amit egyenlőre még én sem tudok :-) Szóval Studenttel beszéljétek meg e-mailben...

A megoldásodhoz fűznél egy kis magyarázatot, mert azért 10.es létemre nem annyira értem :)

Köszi, aki segített, majd kibogarászom! És a Batthyány Kázmér gimibe :D csak nekünk ilyen jófej példákat kellene megoldani 10.-ben :D Hát nem vicces, de kapok érte ötöst... Üdv: Én

Küldj egy drótpostát, mert titkos vagy!

Ja és légyszi több infót ne közöljetek erről a példáról ugyanis ma adták fel az ELTE matematikus szakán és aki jövő hétig 8 lépésből megoldja +1 jegyet kap a geometria vizsgán.

Student megkérdezhetem, hogy hová jársz?

Lásd az 'Érdekes matekfeladatok' - [115] hsz-t.

Az [533]-ban lévő feladatra:

Az [537]-ben jenei.attila írt vázlatosan erről: A nem kisebbik ív nyilvánvaló. A két oldal összeadásához tükrözzük A-t az APB= gamma szög külső szögfelezőjére: A'. Ekkor BA' a keresett összeg. BA'A= gamma/2. A' az AB gamma/2 látókörén van, ennek középpontja L. BA' a leghosszabb, ha átmérője a látókörnek, azaz P=L.

Srácok fogy az idő (és lányok) valamit nem segítenétek, emrt én ehhez nem vagyok elég... Előre is köszi!

Csimby és Attila! Nagyon köszönöm a segítségeteket.

Attila! Azt,hogy B' is rajta van azon a bizonyos körön, hogyan láttad be? Én szögekkel próbálkoztam, de még nem jött ki. Lehet, hogy túlbonyolítom? Segítenél? Köszönöm.

fermel

Látom, ez is egy használható tanács volt! Köszi

3x elég:))

A négyzet oldalhosszúságánál 2-szer nagyobb hosszúságú szakasz felezőmerőlegesét használd, 4x.:)

Sziasztok, új vagyok itt, de remélem sikerül érdekes témákat hoznom, illetve segítenem, bár eléggé tudtalan vagyok! Tudna nekem valaki segíteni, hogy hogy lehet megszerkeszteni csak körzővel egy négyzetet? Ha igen, akkor kérlek gyorsan írjatok, mert kell a házimba :) Köszi!

Ha jól emlékszek, ez nem rég kömal feladat volt. Vegyük a PA PB közül a hosszabbikat (pl. PA-t), ezt P felé meghosszabítva B'-t vegyük fel úgy, hogy PB'=PB legyen. Ekkor PA+PB=AB'. F legyen a z hosszabbik AB ív felezőpontja. Könnyű bizonyítani, hogy az F középpontú körön, amely átmegy A-n és B-n, rajta van B' is. Ezért a kérdéses összeg akkor maximális, ha AB' átmérője az F középpontú körnek.