Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: GEOMETRIA

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1013] cocka2008-04-20 00:42:09

Nekem is lenne egy érdekes kérdésem a kedves matematikát szerető kollégákhoz.

Konkrétan egy geometriai feladatról van szó, azonbelül is egy tengelyes affinitásról.

A szövege a következő:

Adott a tengelyes affinitás tengelye és egy ABC háromszög. Határozzuk meg az affinitást úgy, hogy az A'B'C' hasonló legyen egy előre megadott DEF háromszöghöz.

Hát ugye az ember próbálkozik, de sajnos nekem nem jött össze. A megoldás szerint a szerkesztés lépései a következők:

Megrajzolom a t tengelyt. Megrajzolom az ABC háromszöget úgy, hogy az oldalait meghosszabbítom. CA P-ben, CB Q-ban, AB R-ben, az AB-vel a C-n keresztül húzott párhuzamos egyenes pedig S-ben metszi a tengelyt.

Az ABC háromszög mellé valahova megrajzolom a DEF háromszöget. Az F szögét elnevezem alfának, az E szögét meg bétának. A megoldás azt javasolja, hogy a PQ szakasz fölé (alá) szerkesszünk az alfa szöggel látószög körívet, illetve az RS fölé (alá) is szerkesszünk egy látószög körívet a béta szöggel. Na most elvileg a látószög körívek metszéspontja fogja kiadni a C' helyét. Ekkor ugye a feladat tovább úgy folytatódik, hogy a C'-t összekötöm a C-vel és ez lesz az affinitás iránya.

Igen ám, na de akármilyen helyzetű az ABC háromszög ez a két kör így a büdös életben nem fogja metszeni egymást. (az sem mellékes egyébként, hogy a megoldásban ez az egész feladat 3 sorban el van intézve a szerkesztési lépéseket erősen mellőzve, sőt ábra sincs, nehogy már megértsd :( )

Szóval a kérdésem végül is az lenne, hogy mely szakaszok fölé is kéne a látószög köríveket szerkeszteni, mert a PQ és RS páros biztosan nem nyerő. Próbáltam úgy is, hogy PR és QS, így metszi a két körív egymást, de a kapott háromszög rohadtul nem hasonlít a DEF háromszögre, mert pl. a szögeik kapásból nem egyeznek meg. Én meg valami olyasmit hallottam a hasonló háromszögekről, hogy szögei páronként megegyeznek.

A feladattal bohóckodtam egy sort Geogebrában, aztán hagytam az egészet a francba. Akinek van valami ötlete ne kíméljen. Akár privátban is. Thanks.

[1012] t.balint89112008-04-19 13:25:19

Tisztelt forumozók !

Nem tudom hogyan áljak neki ennek a feledatnak:

Adott a PQ szakasz . Szerkeszen egy olyan szabályos négyoldalú gúlát , amelynek P a csucspontja, Q pedig a 35 mm élű alapnégyzetnek a középpontja !

[1011] akinom912008-04-15 12:39:54

Azt hiszem ez volt az, koszonom szepen :)

Előzmény: [1010] sakkmath, 2008-04-15 11:47:19
[1010] sakkmath2008-04-15 11:47:19

A Ptolemaiosz-tétel általánosabb változata:

Ha egy négyszög oldalai a, b, c és d, átlói e és f, akkor ac+bd \ge ef, és egyenlőség akkor áll, ha a négyszög húrnégyszög. (Az egyenlőtlenség bal oldalán a szemközti oldalak szorzatának összege áll.)

Előzmény: [1009] akinom91, 2008-04-15 11:22:48
[1009] akinom912008-04-15 11:22:48

Volt egy tetel, mar nem is tudom pontosan kirol neveztek el (talan Descartes, de nem vagyok biztos benne), amely szerint egy negyszog atloinak paronkenti szorzata egyenlo, vagy legalabbis valami ilyesmi. Tudna valaki segiteni a pontos megfogalmazasaban, alkalmazasaban?

[1008] Káli gúla2008-04-15 00:15:26

Legyen az ABCD tetraéder AB élén atmenő szögfelező síkról szó., messe ez a CD-t E-ben. Húzzunk C-n és D-n át (c és d) párhuzamos egyeneseket az AB szakasszal. A c és d által meghatározott sík messe a szögfelező síkot e-ben. Legyen még az AB egyenes neve l. Ezzel a négy párhuzamos egyenessel (l, c, d, e) tulajdonképpen visszavezettük a két dimenziós kérdésre a feladatot:

\frac{d(C,E)}{d(D,E)}=\frac{ d(c,e)}{d(d,e)} =
\frac{ d(c,l)}{d(d,l)}= \frac{ m_C}{m_D} = \frac{ m_C \cdot AB}{m_D\cdot AB} = \frac{ T(ABC)}{T(ABD)}

(A második egyenlőségnél használtuk a kétdimenziós tételt, abban a síkban, amelyik a négy párhuzamosra merőleges.)

Előzmény: [1006] Gyöngyő, 2008-04-14 22:45:39
[1007] Róbert Gida2008-04-14 23:27:25

Ez akkor annak a tételnek az általánosítása, hogy egy háromszögben a szögfelező a szemköztes oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja.

Előzmény: [1006] Gyöngyő, 2008-04-14 22:45:39
[1006] Gyöngyő2008-04-14 22:45:39

Sziasztok!

Tudnátok segíteni a következő feladatnál:

Bizonyítsa be,hogy a tetraéder lapszögfelező síkja olyan arányban osztja az átellenes élet,amely egyenlő annak a két lapnak a területarányával,amelyek szögét felezi!

Köszike:

Zsolt

[1005] BohnerGéza2008-04-13 20:22:04

Legyen a 131. feladatban H ill. J az A'B'-nek B'-höz ill. C'D'-nek D'-höz közelebbi harmadolópontja.

Igazoljuk, hogy H, B, D és J egy egyenesen vannak!

Adjuk meg a HB, a BD és a DJ szakaszok hosszának arányát!

Előzmény: [1004] HoA, 2008-04-03 11:20:44
[1004] HoA2008-04-03 11:20:44

A 131. feladat megoldása:

a ) I.) A csúcspontok helyvektoraira - AB' felezőpontja B - felírható: B = \frac{A + B'}2 B'=2.B-A , hasonlóan C'=2.C-B , D'=2.D-C és A'=2.A-D . Az egyenletrendszert pl. D-re megoldva kapjuk:

D = \frac1{15} \cdot (8D' + 4C' + 2B' + A') Ha koordinátarendszerünk kezdőpontjának D'-t választjuk, akkor \vec{D'} = \vec0 , A' = \vec{D'A'}, B' = \vec{D'B'} , C' = \vec{D'C'} ,

\vec{D'D} = \frac1{15} \cdot ( 4 \vec{D'C'} + 2\vec{D'B'} + \vec{D'A'}) , ami A'B'C'D' négyszöget ismerve könnyen szerkeszthető.

II.) Szemléletesebb megoldást kapunk, ha - mint BohnerGéza is a kiegészítésben utalt rá - a feladatban kínálkozó középpontos hasonlóságokat nézzük. Legyen H1 a \lambda1=1/2 arányú, A' középpontú hasonlóság. Ez D-t A-ba képezi le. A H2,H3ill.H4 , mind \lambda2=\lambda3=\lambda4=1/2 arányú, B' , C' ill. D' középpontú hasonlóságok A-t B-be, B-t C-be, ill. C-t D-be képezik le. A négy hasonlóság eredője (szorzata) H5=H1.H2.H3.H4 tehát D-t fixen hagyja. Mivel \lambda1.\lambda2.\lambda3.\lambda4=1/16\ne1,H5 is egy középpontos hasonlóság, amelynek csak a középpontja fixpont, tehát D H5 középpontja. Felhasználva, hogy adataink alapján H1,H2,H3ésH4 a sík tetszőleges pontjára végrehajtható, valamint hogy középpontos hasonlóságnál egy pont, a képe és a hasonlóság középpontja egy egyenesen van, az alábbi szerkesztés adódik:

Vegyünk fel egy P0 és egy Q0 pontot. P0 képe H1-nél P1 , P1H2-nél P2, P2H3-nál P3, végül P3H4-nél P3. Hasonlóan kapjuk a Q1,Q2,Q3,Q4 pontokat. P0P4 és Q0Q4 egyenesek metszéspontja D.

P0 és Q0 ügyes megválasztásával a lépések száma csökkenthető. Például legyen P0=A'ésQ0=B' . Ekkor P1 is A', P2 A'B' felezőpontja, P3P2 és C' felezőpontja, P4 pedig P3 és D' felezőpontja. Q1 A'B' felezőpontja ( =P2) , stb . ld az ábrán.

Tovább egyszerűsíthető a szerkesztés, ha figyelembe vesszük, hogy H5 aránya 1/16, így D-t csak P0 és képei alapján is megkaphatjuk: a P0P4 szakaszt hosszabítsuk meg P4-n túl az 1/15-ével.

Szerkesztésünk helyességét igazolja ha a lépéseket számítással követjük. Tetszőleges P0-ból indulva P_1 = (P_0+A')/2 ; P_2 = (P_1 + B')/2 ... P_4 = 1/16 ( P_0 + A' + 2B' + 4 C' + 8D') ; D = P_0 + 16/15 ( P_4 - P_0 ) = \frac1{15} \cdot (8D' + 4C' + 2B' + A') , mint azt az egyenletrendszerből kaptuk.

b) Az AC átlóval kettévágott négyszög egyik része , az ABC \Delta területe fele a BB'C' \Delta -nek, mivel AB = BB' és C'B = 2 CB. Hasonlóan a négyszög másik része, ACD \Delta területe fele az A'DD' \Delta -nek. E két \Delta területe tehát együtt a négyszög területének duplája. Ugyanez igaz a BD átlóval kettévágott négyszögre és az A'B'A ill. C'D'C \Delta -ekre. Így A'B'C'D' területe 5-szöröse az ABCD területének.

Előzmény: [1002] BohnerGéza, 2008-03-27 22:32:12
[1003] BohnerGéza2008-04-02 19:41:53

Az a.) rész mo-hoz leképezések szorzatát ajánlom!

Előzmény: [1002] BohnerGéza, 2008-03-27 22:32:12
[1002] BohnerGéza2008-03-27 22:32:12

131. feladat: Az ABCD pozitív körüljárású négyszög minden oldalát, pozitív körüljárást tartva, meghosszabbíttottuk az oldal hosszával, kaptuk az A'B'C'D' négyszöget. ( pl. az AB' felezőpontja B )

a.) Ismerve A'B'C'D' négyszöget, szerkesztendő az ABCD!

b.) Hányszorosa az A'B'C'D' területe az ABCD területének?

[1001] HoA2008-02-18 15:56:38

A 130.feladat megoldása: Legyen az x, y, z szakaszok talppontja az a, b, c oldalak egyenesén rendre Ta,Tb,Tc. Merőleges szárú szögekről lévén szó, x és y bezárt szöge \gammavagy\pi-\gamma, mindenesetre a PTaTb \Delta területe \frac12 \cdot x \cdot y \cdot sin \gamma . Hasonló igaz PTbTc és PTcTa \Delta -ekre. Kifejezésünkben, melyet jelöljünk F-fel, helyettesítsünk a=2Rsin\alpha, b=2Rsin\beta, c=2Rsin\gamma szerint, ekkor F=2R(y.z.sin\alpha+z.x.sin\beta+x.y.sin\gamma). A zárójelben a fenti \Delta-ek előjeles területösszegének kétszerese áll. A továbbiakban azt vizsgáljuk, ez P milyen helyzetére lesz 0.

A \Delta belsejében biztosan nem, hiszen ott mindhárom tag pozitív. A \Delta 3 csúcsa viszont megfelel, hiszen ott x,y,z közül kettő 0, így az összeg mindhárom tagja 0. A 3 egyenes által 7 részre vágott síknak abban a 3 részében, melyek határán csak egy hsz csúcs van, x,y,z közül 2 negatív és 1 pozitív (P1 pont) , az előjeles \Delta területekből is így 2 negatív és 1 pozitív, de a két negatív területű \Delta egyesítése magában foglalja a pozitív területűt, így az összeg nem lehet 0. ( Ezt persze bizonyítani kell ) . A maradék 3 síktartományban x,y,z közül 2 pozitív és 1 negatív (P2 pont), az előjeles \Delta területekből így 2 negatív és 1 pozitív, az előjeles összeg csakkor lesz 0, ha a \Delta területek abszolút értékei közül kettőnek az összege megegyezik a harmadikkal. Ez pedig csakkor teljesül, ha a TaTbTc \Delta területe 0, vagyis ha Ta,Tb,Tc egy egyenesbe esik. Mivel ezek éppen a P-ből az oldalegyenesekre bocsátott merőlegesek talppontjai, a keresett mértani hely a \Delta körülírt köre.

UI: Itt is megkérdezem, tudja-e valaki, mi lett a sulinet.hu KöMaL archívumával?

Előzmény: [999] BohnerGéza, 2008-02-10 11:50:42
[1000] BohnerGéza2008-02-10 12:05:11

Ábra a 130. feladathoz:

Előzmény: [999] BohnerGéza, 2008-02-10 11:50:42
[999] BohnerGéza2008-02-10 11:50:42

130. feladat: Legyen a P pont előjeles távolsága az ABC háromszög oldalaegyeneseitől rendre x, y ill. z.

( Pl. x pozitív, ha BC-nek az A felöli oldalán van. )

Adjuk meg azon P-k mértani helyét, melyekre ayz + bzx + cxy = 0!

[998] HoA2008-01-31 13:04:36

Igen, szerintem nagyon szép "szerkesztéses" megoldás. Ha már itt tartunk, nem tudom volt-e már a fórumom - vagy máshol - a "szerkesszünk háromszöget ha adottak a magasságvonalai" feladat. És persze nem a reciprok szakaszok szerkesztésére, vagy - ha létezik - a magasságvonalakból szerkesztett háromszög magasságvonalaira, mint a szerkesztendővel hasonló háromszögre gondolok.

Előzmény: [997] BohnerGéza, 2008-01-30 15:29:05
[997] BohnerGéza2008-01-30 15:29:05
Előzmény: [996] BohnerGéza, 2008-01-30 14:29:12
[996] BohnerGéza2008-01-30 14:29:12

Nem tudom "szerkesztésesebb" megoldás-e, mint HoA-é a [993]-ban.

( Az Oa-t megkapjuk,ha O-t L-re tükrözzük. )

Előzmény: [992] komalboy, 2008-01-26 17:23:57
[995] HoA2008-01-29 17:59:48

Talán egy egylépéses meggondolás segít. Húzzuk meg a körnek a háromszög oldalaival párhuzamos érintőit. Mivel a háromszöglemez tartalmazza a kört, ezek az érintők nem alkothatnak az eredetinél nagyobb háromszöget, legfeljebb kisebbet. Ezt a második háromszöget a körrel együtt nagyítva az eredeti háromszöget és annak beírt körét kapjuk. A beírt kör tehát nem lehet kisebb eredeti körünknél.

Előzmény: [994] tolgyesik, 2008-01-29 17:20:34
[994] tolgyesik2008-01-29 17:20:34

A körül írt kör esetén én is megtaláltam az ellenpéldát, de a beírt kör esetén még mindig bizonytalan vagyok.

[993] HoA2008-01-29 10:48:47

Gondolatébresztőnek, amíg nem születik egy igazi "szerkesztéses" megoldás. Legyen adott az O középpontú, R sugarú k körvonalon az A pont, a kör belsejében a Q pont. Az Euler tétel szerint d2=R(R-2r) . Esetünkben d = OQ . Legyen az OQ-t Q-ban érintő, k-t metsző k' kör és k egyik metszéspontja S, OS és k' másik metszéspontja T. Ekkor a szelőtétel értelmében d2=OQ2=OS.OT=OS(OS-ST)=R(R-ST) . Tehát ST = 2r. A Q körüli, ST átmérőjű kör a háromszög beírt köre, a B és C csúcsokat e kör A-ból húzott érintői metszik ki k-ból.

Előzmény: [992] komalboy, 2008-01-26 17:23:57
[992] komalboy2008-01-26 17:23:57

Egy (remélem) könnyed feladat a geometriakedvelőknek: Adott egy körvonalon egy pont, és egy pont a körvonalon belül. Határozzunk meg a körvonalon másik két pontot úgy, hogy a körvonalra illeszkedő, ezen három pont alkotta háromszög beírható körének középpontja legyen az adott belső pont.

[991] rizsesz2008-01-25 13:27:31

Amúgy amit 7-re írtam, az igaz :)?

Előzmény: [989] rizsesz, 2008-01-25 13:11:46
[990] jonas2008-01-25 13:24:05

A 8. viszont nem igaz általában. Hegyesszögű háromszögre a körülírt kör a legkisebb sugarú ilyen kör, tompaszögű háromszögre viszont a hosszú oldal Thales-köre az -- derékszögűre a kettő megegyezik.

Előzmény: [988] tolgyesik, 2008-01-25 11:52:31
[989] rizsesz2008-01-25 13:11:46

7. egy olyan kör van, ami egy háromszög minden oldalát belülről érinti, ez a beírt kör. Tegyük fel, hogy találtunk egy maximális sugarú kört, ami nem érinti mind3 oldalt. Ekkor ha 2 érintési pont van, akkor azokat rögzítve a kört nagyíthatjuk, méghozzá úgy, hogy a középpontját a 2 két érintési pont szakaszfeleő merőlegesén eltoljuk. Így előbb-utóbb mindenképpen eljutunk a beírt körhöz.

Előzmény: [988] tolgyesik, 2008-01-25 11:52:31

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]    [49]    [50]    [51]    [52]    [53]    [54]    [55]    [56]    [57]    [58]    [59]    [60]    [61]    [62]    [63]    [64]    [65]    [66]    [67]    [68]    [69]    [70]    [71]    [72]    [73]    [74]    [75]    [76]    [77]