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] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[106] Gubbubu

2004-04-13 10:13:43

23.feladat: Szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, illetve a beírt és a körülírt kör sugara.

Megjegyzés: még csak 5-6 percet tudtam gondolkodni e feladaton, lehet hogy az átlagnál nehezebb, az is hogy nagyon könnyű.

[105] BohnerGéza

2004-04-05 10:00:57

Kedves Csimby!

Észrevételed, segítséged helyes, de kiegészítésként: Az összes Apollonios-feladat megoldható inverzió nélkül is. (101. hozzászolás) Talán ezzel is segítettem valakinek.

A 21. feladat átfogalmazásához: Hiperbola ill. ellipszis: Azon kőrők középpontjainak mértani helye (halmaza), melyek átmennek az egyik fókuszon és érintik a másik fokusz közáppontú 2a (nagytengely) sugarú kört.

[104] Csimby	2004-04-04 23:12:03
A 21. feladat-hoz csak annyit mondanék segítségnek, hogy inverzió!

[103] lorantfy	2004-03-30 08:19:47


Előzmény: [102] BohnerGéza, 2004-03-29 15:55:10

[102] BohnerGéza	2004-03-29 15:55:10
A 22. feladat: Legyen az ABC háromszög BC oldalához írt körének BC-n lévő érintési pontja G. Igazold, hogy az AG-re G-ben állított merőlegesnek a B ill. C csúcsnál lévő külső szögfelező közti szakaszát G felezi!

[101] BohnerGéza

2004-03-29 15:49:36

Egy ábra [99] Csimby 21. feladatához.

A feladat nehéz, ez csak segítség.

A k1 és k2 kört érintő P-n átmenő kört érintő kör a szerkesztendő. A H hasonlósági pont? A P' szerkesztésével egy másik feladatra vezettük az eredeti átfogalmazását!

[100] BohnerGéza

2004-03-23 14:59:39

22. feladat: A 20. feladat alapján fogalmazzuk meg az analóg új feladatot. (beírt kör érintési pontja helyett ...) Megoldása természetesen hasonlóan megy, mint a 20-é.

Gondolkodom, van-e értelme egy olyan új fórumtémának, melynek neve "Új" feladatok . Ebben, a fórumban megjelent feladatok alapján, analóg feladatokat, átfogalmazásokat, vagy a megoldásuk során felmerült, ott kitalált új feladatokat írhatnánk meg. A tanításban és tanuláskor is jól jöhetnek az ilyen ötletek.

Például a 21. feladat átfogalmazása: Adott két kör és egy pont. Szerkesszük meg a két kört érintö, a ponton áthaladó kört.

[99] Csimby	2004-03-22 22:32:07
21.feladat Szerkesszük meg körzővel és vonalzóval két hiperbola metszéspontjait, ha a két-két fókuszpont közül kettő egy pontba esik.(Tehát adott a 3 fókuszpont és a két főtengely hossza)

[98] lorantfy	2004-03-19 13:38:54
Kedves Géza! Jó a feladat! Felteszek hozzá egy ábrát.

Előzmény: [97] BohnerGéza, 2004-03-19 11:20:27

[97] BohnerGéza	2004-03-19 11:20:27
20. feladat: Legyen az ABC háromszög beírt körének BC-n lévő érintési pontja D. Igazold, hogy az AD-re D-ben állított merőlegesnek a B ill. C csúcsnál lévő belső szögfelező közti szakaszát D felezi!

[96] lorantfy

2004-03-09 22:11:26

Kedves Péter és Zormac!

Kösz a szép megoldásokat!

Előzmény: [95] Pach Péter Pál, 2004-03-09 18:16:18

[95] Pach Péter Pál

2004-03-09 18:16:18

A 19. feladat mindhárom része megoldható vektorok használatával is: (R most is a kör sugara)

Legyen $\vec{OX}={\bf x}$ , ahol X=A,B,C,D,P Vegyük észre, hogy 2p=a+b+c+d. (Pl. a+b abba a pontba mutat, amelyet úgy kapjuk, hogy O-t tükrözzük AB-re. Így a jobboldalon álló vektor abba a pontba mutat, amelyet úgy kapjuk, hogy O-t tükrözzük P-re.)

AB merőlges CD-re, ezért (a-b)(c-d)=0. Könnyen látszik, hogy (a+b)(c+d)=0. Így 4p²=(a+b+c+d)²=4R²+2(ab+cd). Ezért ab+cd állandó. Így 2AB²+2CD²=2((a-b)²+(c-d)²=(a-b+c-d)²+(a-b+c-d)²=8R²-4(ab+cd), ami állandó.

4(AP²+BP²+CP²+DP²)=4((p-a)²+(p-b)²+(p-c)²+(p-d)²=(-a+b+c+d)²+(a-b+c+d)²+(a+b-c+d)²+(a+b+c-d)²=4(a²+b²+c²+d²)=16R², ami állandó.

AC²+CB²+BD²+DA²=(a-c)²+(c-b)²+(b-d)²+(d-a)²=8R²-2(a+b)(c+d)=8R².

[94] Zormac

2004-03-09 14:32:34

A húrdarabok szorzata esetében a pont körre vonatkozó hatványát érdemes segítségül hívni, de szerintem az a) rész kijön a másik kettő nélkül is:

Legyen a kör sugara R, az OP távolság r, az AB és CD húrok távolsága O-tól rendre x és y. Pitagorasz szerint:

$AB = 2\sqrt{R^2-x^2},$

(1)

illetve

$CD = 2\sqrt{R^2-y^2}.$

(2)

(1) és (2) összegéből

AB²+CD²=4(2R²-r²)

adódik, ami független a húrok irányától.

Előzmény: [93] lorantfy, 2004-03-08 11:22:19

[93] lorantfy	2004-03-08 11:22:19
Kedves Zoltán! Kösz a megoldást! Innen már nincs messze az a.) rész megoldása sem. Ha már megvan a húrdarabok négyzete akkor már csak a húrdarabok kétszeres szorzata kell az összeg négyzetéhez!

Előzmény: [92] SchZol, 2004-03-08 09:28:29

[92] SchZol

2004-03-08 09:28:29

19.c feladat megoldása:

DBA $\angle$ =ACD $\angle$ = $\alpha$ CDB $\angle$ =CAB $\angle$ = $\beta$ ADC $\angle$ =ABC $\angle$ = $\gamma$ DAB $\angle$ =DCB $\angle$ = $\delta$

Az adott szögek azért egyenlők, mert azonos íven nyugvó kerületi szögek.

Kössük össze O-t A-val, B-vel, C-vel és D-vel.

DOA $\angle$ =2 $\alpha$ COB $\angle$ =2 $\beta$ AOC $\angle$ =2 $\gamma$ BOD $\angle$ =2 $\delta$

Írjuk fel AC-re. BC-ra, BD-re és DA-ra a cosinus tételt, majd adjuk össze őket.

AC²+BC²+BD²+AD²=8r²-2r²*(cos 2 $\alpha$ +cos 2 $\beta$ +cos 2 $\gamma$ +cos 2 $\delta$ )

cos 2 $\alpha$ +cos 2 $\beta$ =2cos ( $\alpha$ + $\beta$ )cos ( $\alpha$ - $\beta$ )=0

cos 2 $\gamma$ +cos 2 $\delta$ =2cos ( $\gamma$ + $\delta$ )cos ( $\gamma$ - $\delta$ )=0

Mivel BA merőleges DC-re ezért $\alpha$ + $\beta$ =90° és $\gamma$ + $\delta$ =90°

Tehát AC²+BC²+BD²+AD²=8r²

És ebből következik a 19.b feladat megoldása is, mert

2*(AP²+BP²+CP²+DP²)=AC²+BC²+BD²+AD²=8r²

Vagyis AP²+BP²+CP²+DP²=4r²

Remélem nem írtam el semmit.

Előzmény: [91] lorantfy, 2004-03-06 09:56:09

[91] lorantfy

2004-03-06 09:56:09

19. feladat:

Adott az r sugarú kör belsejében egy P pont. AB és CD húrok a P pontban merőlegesen metszik egymást.

a.) Bbh. AB²+CD² független a húrok helyzetétől!

b.) Bbh. AP²+BP²+CP²+DP² független a P pont helyzetétől!

c.) Bbh. ACBD húrnégyszögben AC²+CB²+BD²+DA²=8r²

(Az a.) és b.) pont Strohmajer János: Geomatria példatárából, a c.) pedig Olah György: Határon túli matematika versenyek c. könyvéből való. Lásd. könyvajánlatban!)

[90] Hajba Károly	2004-03-04 09:09:02
Kedves Péter! Gratulálok a megoldásodhoz és a szemléltetéshez. Én már csak kiegészítem az eredeti ábra befejezésével. HK

Előzmény: [89] Gyarmati Péter, 2004-03-03 17:56:07

[89] Gyarmati Péter

2004-03-03 17:56:07

Sziasztok!

A 16 -os feladathoz egy ábrát adok:

[88] Hajba Károly

2004-03-03 14:28:02

Kedves Géza!

Nyert! Gratula!

(Az íves változat esetén alaposan be kell zsírozni, hogy csússzon :o)

Előzmény: [87] BohnerGéza, 2004-03-03 13:36:16

[87] BohnerGéza

2004-03-03 13:36:16

A 17. feladat [75] megoldása:

Több lehetőség közül kettő mutatok. Lehetne az ívek középpontja az átlóegyenes más pontja is. Egyszerűnek, de érdekesnek gondolom a második megoldás csúszkája keresztmetszetének megszerkesztését.

Természetesen csak vázlatok az alábbiak.

[86] Kristóf Miklós	2004-03-02 12:08:35
Kedves Géza és Mindenki! Az ötszöges feladat első kérdése túl könnyű, a második túl nehéz. Szerintem legyen ez a feladat: készítsünk szabálytalan ötszögekből poliédert úgy hogy csak 3 és 4 élű csúcsok legyenek. Legyen n a 4 élű csúcsok száma, adjuk meg a poliéder lapjainak, csúcsainak és éleinek számát n függvényében. Próbáljunk meg minél több n-re megkonstruálni ilyen poliédert! Mely n-re nem létezik megoldás? Melyikre van több különböző? Reprezentatív példa: n=3-ra létezik megoldás, 18 lap, 29 csúcs és 45 él van ezen a jószágon. Oktadekaéder?

Előzmény: [85] Kós Géza, 2004-03-01 15:41:20

[85] Kós Géza

2004-03-01 15:41:20

Kedves Mindenki,

Az ötszöges feladatot ki fogjuk tűzni a pontversenyben. Ezért azt szeretném kérni, hogy a feladatról egyelőre senki ne írjon semmit, és eredményeit ne árulja el senkinek. (Utána majd alaposan megtárgyaljuk a megoldást.) Köszönöm.

Kós Géza

Előzmény: [67] Kristóf Miklós, 2004-02-24 10:56:07

[84] Kristóf Miklós	2004-03-01 13:44:57
Kedves Sirpi! A válaszod tökéletes és korrekt, egyben irigyellek azért mert te a matek képleteket így be tudod írni, nekem fogalmam sincs hogy kell. De ezzel hogy ezt megválaszoltad, következhet az igazi kérdésem, ami egy számomra már-már misztikus jelenségre utal: de most látom csak hogy a válaszod megoldást ad erre is! Mindegy, azért leírom: Ha egy n oldalú sokszög szögei helyett mindenütt alfa szöget írok, ahol alfa az n oldalú szabályos sokszög szöge, akkor a képlet helyes marad. Ennek oka az hogy az n oldalú sokszög szögeinek összege mindig ugyanannyi, (n-2)180 fok! Ennek ennedrésze a sokszög szöge. Így minden csúcshoz rendelhetünk egy ún. formális szöghiányt, amit úgy kapok meg, hogy minden sokszöget szabályosnak tekintek, és eszerint számolok. Pl ha 3 rombusz és 2 háromszög van a csúcs körül, akkor 3szor 90 fok plusz 60 fok az 330 fok, a formális szöghiány 30 fok. Ez akkor is ennyi, ha a csúcs körüli igazi szögek pl. 120, 130, 100 és 80 fokok! Na most akkor készítsünk pl. szabálytalan ötszögekből poliédert! Tehát a poliéder csak ötszögeket tartalmazhat, de ezek nem feltétlen egyformák. Egy csúcs körül 3 vagy 4 lap lehet. 3 lapnál a formális szöghiány 36 fok azaz 360 mínusz 3-szor 108 fok, a 4 lapú csúcs formális szöghiánya már negatív, azaz 360-432 azaz -72 fok. Ha a poliéderemnek n db 3-as csúcsa és m db 4-es csúcsa van, akkor a képletünk: n szer 36 mínusz m szer 72 legyen 720 fok. A poliédercsalád legkisebb képviselője a pentagondodekaéder, 12 lappal és 20 csúccsal, 20szor 36 valóban 720 fok. Most jön a kérdés: van-e 13 oldalú, vagy általában páratlan oldalszámú "pentoéder"? Mely k-ra hány nem izomorf k oldalú pentoéder létezik?
Előzmény: [78] Sirpi, 2004-02-27 14:19:35

[83] Hajba Károly

2004-03-01 08:52:29

Kedves László!

Kösz a pontosítást, valóban eggyel elcsúsztattam a számozást.

Nos a 16. feladathoz csak annyit súgok, hogy nem csak téglatestben lehet gondolkodni. A 17. feladathoz talán elegendő volt a korábbi hozzászólás. Remélm ezekután már sikerül legyűrnöd e feladatokat is. :o)

Előzmény: [82] lorantfy, 2004-03-01 08:27:17

[82] lorantfy

2004-03-01 08:27:17

Kedves Károly!

Hát pont a be nem rajzolt takart élekkel volt problémám. Világos, hogy a 17. (=18. az előző hozzászólásodban) feladatnál vannak takart élek amik nincsenek berajzolva, igy ebből arra következtettem, hogy a 16. (=17. az előzőben) feladatnál is vannak.

Sajnos számomra egyenlőre elképzelhetetlen, hogy a 16. elölnézetén látható téglalap alakú bemetszés, ami egy teljesen végigfutó vájatot jelöl, miért nem jelenik meg a felülnézeten végigfutó függőleges vonalként?

A 17-nél most értettem meg, hogy az egész bemetszésnek kivehetőnek kell lennie. Én egy négyzet alapú csonkagúlára gondoltam, ami a kicsúsztatható.

Előzmény: [81] Hajba Károly, 2004-03-01 01:25:37

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?