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.
[1041] BohnerGéza2008-05-17 17:27:06
Előzmény: [1034] HoA, 2008-05-05 18:18:51
[1040] szabótimi2008-05-11 16:41:50

Üdvözlet! Ha valakinek van egy kis ideje kérem segítsen hogyan oldható meg ez a számomra bonyolult feladat! Nagyon fontos lenne!Kérlek titeket!Előre is köszi! A feladat: Ábrázoljuk a PQR háromszög köré írt kört. Szerkesszük meg a lényeges átmérők mindkét képét a végpontokhoz tartozó érintőkkel együtt, és állítsuk elő az érintőket a háromszög csúcsaiban is. Rajzoljuk meg a vetületi görbéket. P(45, 140, 265); Q(45, 40, 205); R(145, 140, 205).

[1039] HoA2008-05-08 22:34:33

A piros tetraédet - pontosabban annak B1-ben összefutó három lapját - a kék tetraéder A1BC1 lapja egy szabályos háromszögben metszi. A háromszög oldalai az ABB1A1 , BCC1B1 és A1B1C1D1 lapok középpontjait egymással összekötő három szakasz. Az alakzat szimmetriája miatt ez mind a nyolc csúcsról megállapítható. A közös részt tehát 8 szabályos háromszög határolja. A neve oktaéder. Lásd pl. http://mbuttons.bolyai.hu/upload/VRML/palyazat/kapcs.htm : Egy kocka megfelelő lapátlói szabályos tetraédert alkotnak. A két így kapott tetraéder közös része egy szabályos oktaéder.

Előzmény: [1038] Mate~, 2008-05-08 18:47:50
[1038] Mate~2008-05-08 18:47:50

zsolla feladatának megoldása engem is érdekelne, van rá egy gondolatom, csak 2 pontom helyzete bizonytalan. Tudtok segíteni? Itt egy gyorsan összedobott ábra:

[1037] Mate~2008-05-08 17:47:13

133: Én most hirtelen csak a P-t látom: ABG háromszög egybevágó BCD háromszöggel, hiszen BG=BC, AB=BD és ABGszög= CBDszög (derékszög). Mivel AB merőleges DB-re és BG merőleges BC-re, AG-nek is merőlegesnek kel lennie CD-re. Tehát az APCszög derékszög, így az APC háromszög derékszögű. Thalesz miatt pedig a P pontnak rajta kell lennie a k3 körön. A többin még agyalok. :)

Előzmény: [1034] HoA, 2008-05-05 18:18:51
[1036] zsolla2008-05-08 13:55:43

Keresem a következő feladat megoldását: Az ABCD A1B1C1D1 kocka A C B1 D1 csúcsai és az A1 C1 B D csúcsai is egy-egy tetraédert határoznak meg. Milyen test lesz a két tetraéder közös része?

[1035] BohnerGéza2008-05-06 22:01:00

Érdekesség a 133. feladathoz: Az A-t és C-t rögzítsük! B-t mozgatva AB-n a kapott DR egyenesek átmennek egy közös ponton.

Fogalmazzuk meg a fentinek megfelelő másik állítást is!

Igazoljuk az állítást!

Előzmény: [1034] HoA, 2008-05-05 18:18:51
[1034] HoA2008-05-05 18:18:51

133.feladat-nak javaslom az alábbit: Egy e egyenes 3 pontja ebben a sorrendben A, B és C. Vegyük fel az egyenes egyik oldalán a T középpontú ABDE és az U középpontú BCFG négyzeteket, valamint az AB átmérőjű k1 , BC átmérőjű k2 és AC átmérőjű k3 félköröket.

a) Igazoljuk, hogy az AG és CD egyenesek P metszéspontja k3-ra, az AU és CE egyenesek R metszéspontja k2-re, az AF és CT egyenesek Q metszéspontja k1-re esik.

b) Mi jellemzi a P, Q, R ponthármast?

[1033] BohnerGéza2008-04-29 19:18:38

Az itteni 132. feladat egy - inverzióval történő - megoldása látszik a "Valaki mondja meg!" témában lévő [479]. hozzászólásából. Néhány "elemibb" már itt, az előző hozzászólásokban megszületett. Köszönöm!

Előzmény: [1032] HoA, 2008-04-29 13:28:03
[1032] HoA2008-04-29 13:28:03

Ha az elemibb megoldást a 3 érintkező kört érintő kör szerkeztésére gondolod, egyelőre nem látom az utat. A Geometriai feladatok gyűjteménye az általános Apolloniusz feladatot oldja meg középiskolában tanult módszerekkel:

-az adott és a szerkesztendő körök növelésével-zsugorításával visszavezeti a feladatot két kört (k1,k2) érintő, adott P ponton áthaladó ke kör szerkesztésére - F2 ( elfajuló esetekben egy kör és két pont, illetve 3 pont)

-F2 megoldása során megszerkeszti a körök egyik hasonlósági pontját P-vel összekötő egyenesnek másik, ke-re illeszkedő pontját (Q)

-Végül megszerkeszti a két adott ponton (P, Q) áthaladó, pl. k1-et érintő kört. Ez a megoldás elemibb abban az értelemben, hogy nem használ inverziót, viszont sokkal hosszadalmasabb. És ami a fő baj, nem használja ki azt a speciális helyzetet, hogy a 3 adott kör érinti egymást. F2 megoldása során előjönnek az érintési pontok és a hasonlósági pont közötti kapcsolatok, de nem látom, esetünkben hogyan lehetne alkalmazni.

Előzmény: [1022] BohnerGéza, 2008-04-27 15:01:30
[1030] Gyarmati Péter2008-04-28 21:06:52

Hát igen, a hasonlósági pont :-( Ezt illett volna tudnom. A körrel kapcsolatban másnak is utánanéztem itt.

Előzmény: [1029] HoA, 2008-04-28 17:46:08
[1031] Káli gúla2008-04-28 19:34:24

Jelölje az átmérőgyanús pontokat P és Q. A PQ ívet a két érintési pont, A, B három körívre bontja, az ezekhez tartozó kerületi szögek legyenek \alpha, \gamma és \beta. Ekkor a CPQ háromszög szögösszege 2\alpha+2\beta+2\gamma, mert az e közös érintő a C-nél lévő szöget a bal oldali ábrán (\alpha+\gamma) és (\beta+\gamma) részre, a jobb oldali ábrán \alpha és \beta részre osztja (a sima és az elfajult kerületi szögek egyenlőségét kell a közös érintőknél figyelembe venni). Tehát 2\alpha+2\beta+2\gamma=180o, azaz a három körív együtt egy félkört alkot.

Elnézést a többszörös beírásért, az előző három, képtelen hozzászólásomat ki is lehetne törölni. Ha egy moderátor olvassa, köszönöm előre is. (törölve - Sirpi)

Előzmény: [1020] BohnerGéza, 2008-04-27 03:22:52
[1029] HoA2008-04-28 17:46:08

Az állítás abból adódik, hogy két érintkező kör érintési pontja egyben a két kör kölső vagy belső hasonlósági pontja is. Talán jobban áttekinthető kívülről érintkező körökre, ekkor az érintési pont belső hasonlósági pont. Az ábrán a hasonlóság miatt PO3||T12O1ésQO3||T12O2. Mivel O1,O2ésT12 egy egyenesen vannak, ezért P,QésO3 is, vagyis PQ a kör átmérője.

Előzmény: [1019] BohnerGéza, 2008-04-27 02:52:47
[1025] Gyarmati Péter2008-04-28 17:01:56

Igen, látom. Például a \varphi3 esetében: ha a kerületi és középponti szögek összefüggését vizsgálom, akkor AB-ról még nem feltételeztem, hogy átmegy O-n. Viszont amikor az E1BO háromszögben az alapon fekvő szögekről állítom, hogy \varphi3, akkor már igen. Ellenben úgy tűnik, O1O2 párhuzamos az OB-vel.

[1024] Gyarmati Péter2008-04-28 16:36:16

Nem használtam fel azt, hogy az E érintési pont. Lehet, hogy felhasználtam a bizonyításban a bizonyítandó állítást?!

Így túl elemi volna...

[1023] Gyarmati Péter2008-04-28 16:16:48

Azt kell igazolni, hogy az A, O és B pontok egy egyenesen vannak. Elég belátni, hogy AE1B =90 (E1 az AB Thalesz körén van, tehát AB egy átmérő).

Először a kerületi és középponti szögek összefüggéseit, valamint az egyenlő szárú háromszögek alapon fekvő szögeinek egyenlőségét használjuk ki. Ezzel adódnak az ábrán látható szögek.

Az AOE2 háromszögben: 2\varphi1+2\varphi2+2\varphi3=180, tehát \varphi1+\varphi2+\varphi3 = 90.

AE1B = (\varphi1+\varphi2)+\varphi3= 90, így az állítást igazoltuk.

Előzmény: [1020] BohnerGéza, 2008-04-27 03:22:52
[1022] BohnerGéza2008-04-27 15:01:30

A feladat Hoa a "Valaki mondja meg!" témában lévő [479]. hozzászólásából adódott. Remélem "elemibb" megoldás is születik rá!

Előzmény: [1021] jonas, 2008-04-27 12:31:20
[1021] jonas2008-04-27 12:31:20

Ez meglepő.

Előzmény: [1020] BohnerGéza, 2008-04-27 03:22:52
[1020] BohnerGéza2008-04-27 03:22:52

Ábra a 132. feladathoz:

Előzmény: [1019] BohnerGéza, 2008-04-27 02:52:47
[1019] BohnerGéza2008-04-27 02:52:47

132. feladat: Három kör páronként érinti egymást három, nem egy egyenesen lévő pontban. Két kör érintési pontján át húzzunk egy-egy egyenest a másik két ponton át! Bizonyítsuk be, hogy ezeknek a harmadik körrel való másik metszéspontja a kör két átellenes pontja!

[1018] HoA2008-04-21 09:25:28

Legyen A'B'C' az ABC háromszög képe az affinitásnál. Ekkor A'B'C' oldalegyenesei is a P, Q, R pontokban metszik a t tengelyt. Az affinitás párhuzamosság-tartró tulajdonsága miatt C'S és A'R párhuzamosak. Ezért A'B'C' szög és B'C'S szög váltószögek, egyenlőek. Így C' pontból a QS szakasz az egyik adott (béta), PQ pedig a másik adott - én C'-nél lévő szög miatt gammának nevezném - szög alatt látszik. Ebből a leírt szerkesztés már adódik.

Előzmény: [1014] HoA, 2008-04-20 08:50:18
[1017] t.balint89112008-04-20 15:09:26

Köszönöm!

[1016] cocka2008-04-20 11:36:02

Köszönöm szépen.

Kijött. :)

Előzmény: [1014] HoA, 2008-04-20 08:50:18
[1015] HoA2008-04-20 08:58:50

Ha geometriai feladatról van szó, vegyük fel a Q pontot tartalmazó, PQ szakaszra merőleges S síkot. Ebben a síkban rajzoljunk egy Q középpontú, 35 mm oldalú négyzetet. A négyzet csúcsai és P alkotják a keresett gúlát.

Ha ábrázoló geometria, akkor javaslom, tedd fel abba a fórumba.

Előzmény: [1012] t.balint8911, 2008-04-19 13:25:19
[1014] HoA2008-04-20 08:50:18

Kedves Cocka!

Egyelőre, hogy ne bosszankodj tovább, a válasz kérdésedre: az adott látószögű köríveket PQ és QS fölé kell rajzolni. Itt most nincs rajzoló programom, úgyhogy ábra és indiklás holnap.

Előzmény: [1013] cocka, 2008-04-20 00:42:09

  [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]