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.
[1142] HoA2008-11-05 11:24:39

Egy kis segítség(?) a 141. feladathoz: Ha A és K egybeesik, akkor az MKN pontokon áthaladó kör érinti CD-t.

Előzmény: [1141] BohnerGéza, 2008-10-31 00:06:46
[1141] BohnerGéza2008-10-31 00:06:46

A zalaegerszegi Zrínyi Miklós Gimnázium "IZSÁK IMRE GYULA" komplex természettudományi versenyének egyik szép feladatát ajánlom.

141. feladat: A k1 és k2 kör két pontban, A-ban és B-ben metszik egymást. Legyen C a k1-nek k2-n kívüli olyan pontja, melyre a CA egyenes k2-t olyan az A-tól különböző D pontban metszi, mely nincs a k1-en belül. Továbbá legyen K a CD, M a k1 A-t nem tartalmazó BC ívének és N a k2 A-t nem tartalmazó DB ívének felezőpontja. Bizonyítandó, hogy MKN szög derék!

[1140] HoA2008-10-26 23:06:36

Pedagógiailag nagyon jó feladatnak tartom. Szinte vonzza a szemet, hogy AC felezőpontját E és G között NEM jelöli az F betü. Honnan ismerős a szakaszt két oldalról érintő két kör, ráadásul az ábra alapján a szakasz felezőpontjára szimmetrikus két pontban? Először belátjuk, hogy ez nem csak ránézésre van így, hanem a [1139] - beli egyenlőség éppen a feladat feltételeiből következik. És ami még "hiányzik" az ábráról: ABC beírt k1 körének E-vel átellenes H pontja - és ugyanígy ACD beírt k2 körének G-vel átellenes I pontja , melyek úgy tűnik, rajta vannak BG-n illetve DE-n. Végül az ABC háromszög AC oldalát G-ben érintő hozzáírt k3 kört megrajzolva teljes az ábra. Így már jól láthatóak a beírt és hozzáírt körök vizsgálatánál megismert hasonlóságok. k1 és k3 külső hasonlósági pontja B, ezért B, H és G valóban egy egyenesen van. k1 és k2 külső hasonlósági pontja P, ezért P, G és H egy egyenesen van. Vagyis P, G, H, B egy egyenes pontjai. És persze ugyanez áll P, D, I, E -re.

Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22
[1139] BohnerGéza2008-10-26 07:49:22

Segítség a 140. feladathoz: Bizonyítsuk, hogy AG=CE!

( A feladat szövegében természetesen a BDA-é helyett CDA-é a helyes, ahogy az ábra is mutatja. )

Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22
[1138] HoA2008-10-20 08:50:44

Két előzetes megjegyzés:

1) Nem nyilvánvaló kapcsolatot találni egy ábra bizonyos pontjain átmenő körök középpontjai és az ábra többi része között. Az itt célravezető meglátás: két egymást metsző kör centrálisa merőleges a közös húrra. Ezt a bizonyításban többször is felhasználjuk.

2) Ha sikerül bebizonyítnai, hogy tetszőleges három körülírtkör-középpont a körülírt körök közös M pontjával egy körön van, akkor egyúttal azt is bizonyítottuk, hogy a négy körülírt kör középpontja és M egy körön van, hiszen például ha O1,O2,O3ésM egy körön van , valamint O1,O2,O4ésM egy körön van, akkor ez úgy is fogalmazható, hogy O3ésO4 is rajta van az O1,O2 és M ponthármas által meghatározott körön.

[1136] ábráját megbetűzve MF merőleges O1O2 -re, ME merőleges O1O3 -ra , így nem egymás szögtartományába eső merőleges szárú szögek lévén FME\angle=O2O1O3\angle. Hasonlóan adódik, hogy EMC\angle=O1O3O2\angle. A kettőt összegezve FMC\angleO3O2O1\angle kiegészítő szögével egyenlő.

Jelöljük az MEF\angle -et \phi -vel. Az O1 középpontú k1 körben ez az MF húrhoz tartozó kerületi szög. MFO1 egyenlőszárú \Delta -ben \phi a középponti szög, MO1F\angle fele, így FMO1\angle=\pi/2-\phi.

Az O3 középpontú k3 körben CEM\angle=\pi-\phi a rövidebbik CM ívhez tartozó kerületi szög, a hosszabbik CM ívhez tartozó kerületi szög \phi, az MCO3 egyenlőszárú \Delta -ben \phi a középponti szög, MO3C\angle fele, így CMO3\angle=\pi/2-\phi.

O1MO3\angle=FMC\angle-FMO1\angle+CMO3\angle=FMC\angle, az O3O2O1\angle kiegészítő szöge, tehát O1,O2,O3ésM egy körön vannak.

Előzmény: [1136] BohnerGéza, 2008-10-16 19:03:53
[1137] HoA2008-10-17 11:54:55

Nem feledkeztem meg róla, ne lődd még le! Köszönöm.

Előzmény: [1136] BohnerGéza, 2008-10-16 19:03:53
[1136] BohnerGéza2008-10-16 19:03:53

Ábra a 138. feladathoz.

Előzmény: [1125] BohnerGéza, 2008-09-24 11:16:44
[1135] BohnerGéza2008-10-12 01:28:32

140/b feladat: Bizonyítandó, ha a 140. feladatban az ABCD négyszög konkáv, akkor az állítás - ha vannak - a közös belső érintőkkel, igaz! ( Szóval a BG és DE átmegy a körök belső hasonlósági pontján. )

Megjegyzés: Ha a 140-ben a két kör sugara egyforma, akkor BG és DE párhuzamos a centrálisukkal.

Előzmény: [1134] BohnerGéza, 2008-10-12 01:13:22
[1134] BohnerGéza2008-10-12 01:13:22

140.feladat: A konvex ABCD négyszögben DA+AB=BC+CD-vel. (Nem érintőnégyszög!) Az ABC háromszög beírt köre érintse AC-t az E, a BDA-é a G pontban. Bizonyítandó, hogy a beírt körök közös külső érintői, a BG és a DE egyenesek egy ponton mennek át!

[1133] sakkmath2008-10-05 16:13:09

Kérdéseddel dr. Dályay Pál Péterhez, a szegedi Deák Ferenc Gimnázium tanárához célszerű fordulni. A feladatot az ő javaslatára a The American Mathematical Monthly tűzte ki 2006-ban 11240-es sorszámmal. A 2008. évi februári szám internetes hivatkozása itt már a rövidített megoldást is közli.

Előzmény: [1132] Lóczi Lajos, 2008-10-03 21:21:38
[1132] Lóczi Lajos2008-10-03 21:21:38

Az exponenciális függvény konvexitása miatt minden valós x-re 1+x\leex. Speciálisan, ha x\in(0,1), akkor 1-x\lee-x, így \frac{1}{1-x}\ge e^x. Legyen most y=\frac{1}{1-x}\in (0,\infty) tetszőleges, ekkor y\ge e^{1-\frac{1}{y}}. Végezzük itt el az y=\frac{(1+\lambda)^2}{4\lambda} helyettesítést, ha \lambda>0 tetszőleges. Azt kapjuk, hogy \frac{(1+\lambda)^2}{4\lambda}\ge e^{\frac{(\lambda-1)^2}{(\lambda+1)^2}}. Legyen most \lambda=\frac{A}{B}, ha A>0 és B>0 tetszőleges. Ekkor \frac{(A+B)^2}{4A B}\ge e^{\frac{(A-B)^2}{(A+B)^2}}. Ha C>0 tetszőleges, akkor betűcserével ebből azt kapjuk, hogy \frac{(A+C)^2}{4A C}\ge e^{\frac{(A-C)^2}{(A+C)^2}} és \frac{(B+C)^2}{4B C}\ge e^{\frac{(B-C)^2}{(B+C)^2}} is igaz. Az utolsó három egyenlőtlenséget összeszorozva azt nyerjük, hogy minden pozitív A, B és C-re


\left(\frac{(A+B)(A+C)(B+C)}{8A B C}\right)^2\ge e^{\frac{(A-B)^2}{(A+B)^2}+\frac{(A-C)^2}{(A+C)^2}+\frac{(B-C)^2}{(B+C)^2}}.

Vonjunk gyököt az egyenlőtlenségből, majd végezzük el az A=a+b-c>0, B=a-b+c>0, C=-a+b+c>0 helyettesítéseket, ahol a, b és c a háromszög oldalai. Azt kapjuk, hogy


\frac{a b c}{(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)}\ge e^{\frac{(a-b)^2}{2c^2}+\frac{(b-c)^2}{2a^2}+\frac{(c-a)^2}{2b^2}}.

A fenti bal oldal viszont éppen \frac{R}{2r}.

Amúgy honnan jött ez az állítás? (Valami hiperbolikus/abszolút geometriai tétel?)

Előzmény: [1131] sakkmath, 2008-10-03 13:36:48
[1131] sakkmath2008-10-03 13:36:48

139. feladat:

[1130] Káli gúla2008-10-01 16:36:48

Ha K a a háromszög symmediáns pontja és O a köré írt kör középpontja, akkor a Tucker körök középpontjai éppen az OK szakasz pontjai. A bizonyítás megtalálható pl. W. Mclelland: A Treatise On The Geometry Of The Circle. Macmillan, 1891. könyvében a 73. oldalon. A könyv olvasható, és le is tölthető a www.archive.org oldalon, csak rá kell keresni a címére.

Előzmény: [1128] klerox, 2008-09-30 17:45:13
[1129] BohnerGéza2008-09-30 21:46:44

Azt hiszem - így ábra nélkül -, hogy az A'A"=B'B"=C'C" az nem feltétel, hanem igazolható, bárhova vesszük is fel a kezdő A' pontot.

Előzmény: [1128] klerox, 2008-09-30 17:45:13
[1128] klerox2008-09-30 17:45:13

A Tucker körnek a lényege: Feltétel: A'A"=B'B"=C'C", és A'A", B'B" és a C'C" antiparallel a BC, CA és AB oldalakkal. A hat pont: A', A", B', B", C' és C" egy körön helyezkedik el. Tudomásom szerint kell középpontjának lenni.

[1127] BohnerGéza2008-09-29 22:40:25

Biztos, hogy nem a "Matematikus-fizikus viccek, sztorik" közé akartad írni?

Utána néztem, a Tucker-kör vszleg hatszög, azaz önmagába visszatérő vonal. Ilyet a talpponti háromszög (piros) segítségével is meg lehet szerkeszteni. Az ábrán kettő látszik (kék, zöld) és nyilván végtelensok van. Mivel ezen hatszögek köré írható kör, de ezek kp-jai nem esnek egybe, nincs értelme a kérdésnek.

Előzmény: [1126] klerox, 2008-09-29 19:30:34
[1126] klerox2008-09-29 19:30:34

Sziasztok!

A Tucker-kör megszerkesztésével bajlódok, de sehogy nem jövök rá a középpont megszerkesztésére, kérlek segítsetek.

Előre is köszönöm

[1125] BohnerGéza2008-09-24 11:16:44

Ismert a következő: Ha négy egyenes négy háromszöget határoz meg, akkor ezek körülírt körei átmennek egy közös ponton.

138. feladat: Bizonyítandó, hogy a négy körülírt kör középpontja és ez a közös pont egy körön van.

[1123] farkasb2008-09-23 11:18:35

Köszönöm!

Közben sikerült megoldanom más módszerrel a kör és sík problémáját is.

Előzmény: [1122] Sirpi, 2008-09-08 13:41:42
[1122] Sirpi2008-09-08 13:41:42

Nemrég nekem is szükségem volt hasonló programra, csak éppen gömbközéppontot kellett keresni felületi pontok alapján, és írtam egy egyszerű módszert, ami a tesztek alapján elég jól működik, röviden le is írom, hogyan (körre is jó változtatás nélkül):

Legyenek adva a P1,P2,...,Pn pontjaink, és keressük az O középpontot iterációs módszerrel. Legyen O0 a megadott Pi ponthalmaz súlypontja. Ha egyenletes a ponteloszlás, akkor ez már önmagában is majdnem jó, de ha nem, akkor is egy jó kiindulópont.

Nézzük a k+1. lépést: rendezzük sorba a Pi pontokat az Ok-tól vett távolság alapján, és a robusztusság miatt ebből hagyjuk el a legközelebbi és a legtávolabbi 10%-ot, legyen ez első meghagyott pont R (tehát ez egy majdnem legközelebbi pont Ok-hoz képest), az utolsó S (ez pedig a majdnem legtávolabbi, leszámítva a felső 10%-ot). Ideális esetben Ok-t az RS szakasz felezőmerőlegesére kellene "ráhúzni", de tapasztalataim alapján így lassabb a konvergencia, mintha csak a felezőmerőlegeshez képest a felére csökkentenénk a távolságot. Tehát ha Ok talppontja RS felezőmerőlegesére T, akkor Ok+1-nek válasszuk Ok és T felezőpontját, majd folytassuk az eljárást.

Megállási feltétel: Egy adott Ok pont jóságát mérjük az |SOk|-|ROk| különbséggel, és ha ez kisebb, mint az eddigi legjobb, akkor jegyezzük meg ezt, mint lehetséges végső kör/gömbközéppontot. És ha mondjuk 1000 iterációs lépésen keresztül ez a rekord nem dől meg, akkor legyen ez a végső győztes is egyben.

Előzmény: [1121] farkasb, 2008-09-08 00:49:03
[1121] farkasb2008-09-08 00:49:03

Kedves "Fálesz" Mihály!

Visszatérve a legjobban illeszkedő körhöz... Sajnos nem tudom végigszámolni a kör a megadott segédletek alapján, elakadok vele..Az a baj,hogy nem teljesen látom át. Örülnék ha egy konkrét példán bemutatott feladatmegoldást láthatnék.

Van egy programom, ami képes erre a legjobban illeszkedő kör készítésére, a megadott pontokra az alábbi eredmények számolja:

Adottak az alábbi pontok (X,Y):

(0,1000); (10,1000); (400,4000); (500,2000); (-500,-1500); (-900,-3500); (-7000,-3500);

Eredmények(origó,sugár):

X0= -4853.3 ; Y0= 1209.7 ; R= 5352.6 ;

Távolságok az origótól:

1=4857.8; 2=4867.8; 3=5948.4; 4=5411.3; 5=5127.7; 6=6149.0; 7=5175.8;

Amennyiben nem túl nagy munka a segítség, megköszönném. Ha nagy, akkor sincs semmi gond :) Előre is köszönettel: farkasb

Előzmény: [1111] Fálesz Mihály, 2008-09-02 21:45:36
[1120] Sirpi2008-09-07 11:22:30

Mivel semmi más adat nincs megadva a két egyenesen kívül, ezért nem nagyon jutott eszembe más lehetöség, hogy mi lehet a feladat. Felsoroltam azt a 2-t, ami viszont igen :-)

Előzmény: [1118] jonas, 2008-09-03 22:25:25
[1119] BohnerGéza2008-09-03 22:56:06
Előzmény: [1116] Lowosan, 2008-09-03 19:41:43
[1118] jonas2008-09-03 22:25:25

Ezt meg hogy tippelted meg?

Előzmény: [1114] Sirpi, 2008-09-03 15:54:09
[1117] jonas2008-09-03 22:25:02

Azt kell tudni hozzá, hogy számolhatod ki egy pontnak egy egyenestől mért távolságát. Ezután csak veszel egy pontot az egyik egyenesről, és kiszámolod ennek a távolságát a másiktól.

Előzmény: [1116] Lowosan, 2008-09-03 19:41:43

  [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]