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.
[1095] BohnerGéza2008-08-08 01:43:50

Következnek-e az alábbi levezetésből az előző hozzászólásban HoA által kinondtt állítások?

Előzmény: [1094] HoA, 2008-08-07 13:11:34
[1094] HoA2008-08-07 13:11:34

Mivel szabályos háromszögre a2+b2+c2=9R2, és próbálgatással más háromszögekre a 9-et sem sikerült elérni, feltételeztem, hogy a2+b2+c2\le9R2 is igaz. Az oldalakat R-rel és a háromszög szögeivel kifejezve ebből sin2\alpha+sin2\beta+sin2\gamma\le \frac94 adódik. Biztos volt már KöMaL vagy versenyfeladat, én most itt találtam meg, mint a "világ hét csodájának" egyikét: http://mathcircle.berkeley.edu/trig.pdf ( Bizonyítással együtt, aki próbálkozni akar, csak utána nézze meg )

Előzmény: [1093] BohnerGéza, 2008-08-05 20:34:02
[1093] BohnerGéza2008-08-05 20:34:02

((Az alábbiakból kiderül, hogy a surár négyzetének tízszerese nagyobb az oldalak négyzetösszegénél. Van jobb összefüggés?))

Előzmény: [1099] HoA, 2008-08-05 11:27:07
[1099] HoA2008-08-05 11:27:07

Hát ha senkit nem érdekel... A [1087] feladat megoldása: Mivel A1A2 a keresett kör húrja, ennek felező merőlegese egyben a BC oldal felező merőlegese, tehát átmegy K-n, és ez a másik két oldalra is igaz, így ha van ilyen kör, annak középpontja csak K lehet. A javasolt segítséget felhasználva - legyen a helyvektorok kezdőpontja K - írjuk fel K és A2 távolságát, felhasználva, hogy ekkor \vec{H} = \vec{A} + \vec{B} + \vec{C} . Legyen BC felezőpontja  \vec{F_A} = \frac{\vec{B} + \vec{C}}2 , \vec{H} - \vec{F_A} = \vec{A} +\vec{B} + \vec{C} - \frac{\vec{B} + \vec{C}}2 = \frac{2\vec{A} + \vec{B} + \vec{C}}2 . Ennek hossza FA és A2 távolsága , ezért

{\vec{A_2}}^2 = (\vec{H} - \vec{F_A})^2 + {\vec{F_A}}^2  = \left(\frac{2\vec{A} + \vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 + \left (\frac{\vec{B} + \vec{C}}2\right)^2 =\frac{4\vec{A}^2 + 2(\vec{B} + \vec{C})^2 +4\vec{A}(\vec{B} + \vec{C})}4 =

= \frac{4\vec{A}^2 + 2\vec{B}^2 + 2\vec{C}^2 + 4\vec{B}\vec{C}+4\vec{A}\vec{B} +4\vec{A} \vec{C}}4 = 2\vec{R}^2 + \vec{B}\vec{C}+\vec{A}\vec{B} +\vec{A} \vec{C}.

Ez a kifejezés A, B, C -ben szimmetrikus, tehát például K és B2 távolságának négyzetére ugyanezt kapnánk, a hat pont így egy K középpontú körön fekszik.

Hasonló, de trigonometriai átalakításokat igénylő megoldást kapunk, ha a feltételezett Rh körsugarat a körülírt kör R sugarával és a \Delta szögeivel fejezzük ki. Legyen BC felezőpontja FA, ma talppontja TA . Rh2=KFA2+FAA22=KFA2+FAH2=KFA2+FATA2+TAH2 .

Itt KFA=R.cos\alpha ,

BTA=2.R.sin\gammacos\beta , FATA=2.R.sin\gammacos\beta-R.sin\alpha ,

TAH=2.R.sin\gammacos\beta.ctg\gamma=2.R.cos\beta.cos\gamma . A négyzetösszeg:

Rh2=R2(cos2\alpha+4.cos2\beta.sin2\gamma+sin2\alpha-4.sin\alphacos\betasin\gamma+4.cos2\betacos2\gamma)=R2(1+4.cos2\beta-4.sin\alphacos\betasin\gamma)=R2(1+4.cos\beta(cos\beta-sin\alphasin\gamma))=R2(1+4.cos\beta(-cos(\alpha+\gamma)-sin\alphasin\gamma))=R2(1+4.cos\beta(sin\alphasin\gamma-cos\alphacos\gamma-sin\alphasin\gamma))=R2(1-4.cos\alphacos\betacos\gamma)

Mivel a kifejezés \alpha,\beta,\gamma -ban szimmetrikus, az első megoldáshoz hasonlóan adódik, hogy a 6 pont valóban egy K középpontú Rh sugarú körön fekszik.

Előzmény: [1087] BohnerGéza, 2008-07-22 01:24:34
[1092] HoA2008-07-23 13:35:46

A 136. feladat megoldása: Induljunk ki a 120o -nál nem nagyobb szögű \Delta esetére ismert bizonyítás ábrájából. Forgassuk el a CAP \Delta -et az óramutató járásának irányába C körül 60o -kal, a másik két csúcs elforgatottja A' ill. P' . AA'C és PP'C \Delta -ek szabályosak, AA' = AC és PP' = PC, valamint A'P' = AP , tehát azt kell igazolnunk, hogy a BPP'A' T2 törtvonal nem rövidebb a BAA' T1 törtvonalnál. Az összehasonlításnál a nehézséget csak az jelenti, hogy a két törtvonal - mint ábránkon is - keresztezheti egymást. Egészítsük ki ezért az A'P'P \Delta -et a PA' átlójú A'P'PP'' parallelogrammává. Ekkor PP'' = P'A' és P''A' = PP', így T2 helyett vehetjük a vele azonos hosszúságú BPP''A' T3 törtvonalat. A'P' AP 60o-os elforgatottja, így a vele egyállású P''P PA-val 60o-os szöget zár be, APP'' \Delta szabályos, AP'' AP 60o-os órajárással ellentétes elforgatottja. Mivel AP az ABC \Delta belsejében, és így a konvex BAC szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, AP'' a BAA' konkáv szögtartomány belsejében ( vagy határán ) fekszik, ezért az APP'' \Delta és így T3, a BPP''A' törtvonal is a a BAA' konkáv szögtartományba esik, P vagy P'' esetleg a határára. Legyen az AA' egyenes és T3 metszéspontja D. Jelöljük X és Y pontok T3 mentén mért távolságát tXY-nal. Ekkor tBD+DA\geBA és tDA'\geDA'=DA+AA' . A kettőt összeadva DA kiesik: tBD+tDA'=tBA'\geBA+AA', és egyenlőség csak akkor áll fenn, ha mindkét egyenlőtlenségben fennáll, vagyis ha P = P'' = A.

Előzmény: [1078] BohnerGéza, 2008-07-15 17:42:46
[1091] farkasb2008-07-23 04:59:18

Kedves BohnerGéza!

Köszönöm a helyreigazítást. Én normálvektornak már egy egységvektort írtam

Előzmény: [1090] BohnerGéza, 2008-07-22 21:37:40
[1090] BohnerGéza2008-07-22 21:37:40

Kedves farkasb!

Nekem (-17;12;1) jött ki normálvektornak.

Természetesen örülök, hogy matekkal foglalkozol. Viszont "a normálvektor" kifejezés nem jó! Egy normálvektort nullától különböző számmal szorozva szintén azt kapunk.

( normálvektorod amúgy jó )

Előzmény: [1088] farkasb, 2008-07-22 18:39:20
[1089] farkasb2008-07-22 19:53:38

Közben sikerült rájönnöm...

Előzmény: [1088] farkasb, 2008-07-22 18:39:20
[1088] farkasb2008-07-22 18:39:20

Kedves Fórumozók!

Lenne egy elvileg egyszerű kérdésem, nekem nem megy...nem találtam rá sehol megoldást, pedig tényleg egy alapfeladat. Adott egy sík 3 pontjával: A(1,-1,2) B(4,3,5) C(3,2,0)

Melyből a normálvektor:

n(-0.816,0.576,0.048)

És egy P(8,5,1) pont

Keresett a P pont síkon lévő merőleges vetületének xyz koordinátája.

Előre is köszönettel a segítségért: Balázs

[1087] BohnerGéza2008-07-22 01:24:34
[1086] BohnerGéza2008-07-21 01:02:26

Nem voltam biztos benne, most ellenőriztem, az [1083]-ban lévő négyszög húrnégyszög is.

Előzmény: [1084] m2mm, 2008-07-19 11:02:32
[1085] BohnerGéza2008-07-20 21:50:08

( Olyan jellegű, mint érintő négyszög esetén.)

Az alábbi feladatban, azt hiszem, másodrendű görbe a megoldás.

137. feladat: Adott az A és B pont. Határozd meg azon C pontok halmazát, melyekre az ABC háromszög magasságpontja az FaFb középvonalon van.

Előzmény: [1084] m2mm, 2008-07-19 11:02:32
[1084] m2mm2008-07-19 11:02:32

Köszönöm a választ, de mi P pont mértani helye akkor, ha nem érintőnégyszögről van szó, hanem húrnégyszögről(ennél találtam én is jó pontokat, például a köréírt kör középpontja, és az AB és CD egyenesek metszéspontja)?

Előzmény: [1083] BohnerGéza, 2008-07-19 02:14:25
[1083] BohnerGéza2008-07-19 02:14:25

Legyen q= PA/PD = PC/PB. Ez azt jelenti, hogy az AD és a CB szakasz q arányú Appolonius-köre a P pontban metszik egymást.

Euklides-ben felvéve egy változtatható arányt (egy állandó szakaszt és "futópont" segítségével egy változó hosszút), megszerkesztve a két szakasz ilyen arányú Appolonius-körét, ezek metszéspontjának nyomvonala kirajzolható. (Sajnos az adatokkal játszani kell, hogy valóban elég hosszú részletét láthassuk.)

Játszadozásom azt valószínűsíti, hogy általában nem másodrendű görbe vonala a keresett halmaz.

Előzmény: [1079] m2mm, 2008-07-15 19:12:47
[1082] m2mm2008-07-16 17:53:31

Nem vektorok szorzata, hanem a PA és PB szakaszok szorzata valamint a PC és PD szakaszok szorzata.

Előzmény: [1081] HoA, 2008-07-16 13:28:18
[1081] HoA2008-07-16 13:28:18

És ha igen, akkor skalár vagy vektor szorzat? A vektor szorzat nem valószínű, mert akkor a feltétel egyenértékű azzal, hogy a PAB és PCD háromszőgek (előjeles?) területe egyenlő. Ekkor a P pontnak az AB egyenestől mért távolsága úgy aránylik a CD egyenestől mért távolsághoz, mint a CD és AB szakaszok hossza egymáshoz, a mértani hely egyenes ( ha csak az abszolút értéket vesszük, egyenespár ) , és nem használtuk fel, hogy ABCD érintőnégyszög.

Előzmény: [1080] BohnerGéza, 2008-07-16 02:23:08
[1080] BohnerGéza2008-07-16 02:23:08

Vektorok szorzata?

Előzmény: [1079] m2mm, 2008-07-15 19:12:47
[1079] m2mm2008-07-15 19:12:47

Van egy feladat, aminek a megoldására még nem sikerült rájönnöm, de érdekelne. A feladat: Adott egy nem trapéz érintőnégyszög, csúcsai A,B,C,D. Mi azon P pontok mértani helye a síkon, melyekre PA.PB=PC.PD?

[1078] BohnerGéza2008-07-15 17:42:46

Ismert, hogy ha egy háromszög minden szöge kisebb 120 foknál, akkor az izogonális pont (melyből a háromszög minden oldala 120 fokos szögben látszik) az a pont, melytől a csúcsokig mért szakaszok összege minimális. Látható pl. a [270]. hozzászólásban.

136. feladat: Legyen az ABC háromszög A-nál lévő szöge legalább 120 fok. Bizonyítandó, hogy a PA+PB+PC összeg akkor minimális, ha P=A!

[1077] HoA2008-06-23 18:07:40

Segédtétel: A szabályos 18-szög A2A10,A5A12ésA9A18 átlói egy közös M ponton mennek át.

Legyen A2A10ésA9A18 metszéspontja M. Ekkor A2A10 A9A18-ra vonatkozó tükörképe, A8A16 is áthalad M-en. A2A10A8\angle=A16A8A10\angle=60o , A8A10M\Delta szabályos, A10M=A10A8 . De A10A8=A10A12 , mint egyenlő középponti szögekhez tartozó húrok, tehát A10M=A10A12 , MA10A12\Delta egyenlőszárú. MA10A12\angle=A2A10A12\angle=80o , A_{10} A_{12}M \angle = \frac{180-80}{2} = 50^{\circ} . De A10A12A5\angleis50o , tehát M rajta van A5A12-n is.

Előzmény: [1076] HoA, 2008-06-23 17:35:18
[1076] HoA2008-06-23 17:35:18

A KöMaL régebbi olvasói számára ismert, hogy az ilyen feladatok megoldásához, ahol a szögek 10o egész számú többszörösei, jól használható a szabályos 18-szög oldalaiból, átlóiból és körülírt K köréből álló H18 hálózat. Ha ívhossz egységnek K két szomszédos csúcs közötti ívét vesszük, n egységnyi ívhez n.10o kerületi és n.20o középponti szög tartozik. ( Ld. [918] )

Legyenek H18 csúcsai A1,.., A18, K középpontja O, sugara R=1. Húzzuk be az ábrán színessel jelölt átlókat. Az A1A10A12 derékszögű \Delta -ben A10A12=2.sin20o . A12A10A16\angle=A2A10A16\angle=40o , A5A12A10\angle=50o . A5A12 metszéspontja A2A10 -zel M, A10A16-tal N. A10NA12 és A10NM egybevágó derékszögű \Delta-ek, A12N=NM=2.sin20o.sin40o , A12M=4.sin20o.sin40o . Mint azt a segédtételben mrgmutatjuk, M rajta van A9A18-on. A12 tükörképe A9A18-ra A6, A6A12 T-ben merőlegesen metszi A9A18-et. MTA12 derékszögű \Delta -ben MA12T\angle=A5A12A6\angle=10o , A12T=A12M.sin80o=4.sin20o.sin40o.sin80o . A12T egyúttal az OA9A12 egységnyi oldalú szabályos \Delta magassága, tehát  A_{12} T = \frac{\sqrt3}{2} A12T két kifejezéséből a feladat állítása adódik.

Előzmény: [1067] S.Ákos, 2008-06-17 20:28:38
[1075] Fálesz Mihály2008-06-18 18:55:49

Val'szeg az általános iskolás könyvekben megtalálod.

De biztos lesz olyan, aki hajlandó lerajzolni.

Előzmény: [1072] kromers, 2008-06-18 14:13:43
[1074] Fálesz Mihály2008-06-18 18:53:28

Sőt, ragaszkodjunk az első, ógörög nyelvű kiadáshoz.

Előzmény: [1073] Róbert Gida, 2008-06-18 16:58:50
[1073] Róbert Gida2008-06-18 16:58:50

Eukleidesz Elemek című könyvében.

Előzmény: [1072] kromers, 2008-06-18 14:13:43
[1072] kromers2008-06-18 14:13:43

Szép napot mindenkinek! Egy kis segitségre lenne szükségem. Adott egyenessel adott ponton át párhuzamos egyenes szerkesztése. A szerkesztés menetének több változata is ismeretes. A problémám a következő, hol találom meg ezeknek a BIZONYITÁSÁT? Előre is köszönöm

  [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]