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.
[1174] HoA2009-02-25 17:27:42

Legyen a P pont ABC \Delta -re vonatkozó Simson egyenese s. Mivel a Feuerbach kört M-ből kétszeresére nagyítva a k körülírt kört kapjuk, a feladat második, A1B1C1 háromszöge ABC középponti háromszögének M-ből vett kétszeres nagyítása, vagyis ABC 180o-os elforgatottja a körülírt kör O középpontja körül. Forgassuk el az ABC \Delta-et és P-t 180o-kal O körül. ABC \Delta A1B1C1\Delta-be, P pedig k átellenes P1 pontjába kerül, s képe a vele párhuzamos s1 egyenes lesz, s1 így a P1 pont A1B1C1\Delta-re vonatkozó Simson egyenese . Ha most P1-et O körül 180o-kal elforgatva P-be visszük, A1B1C1\Delta-re vonatkozó Simson egyenese [1170] (1) szerint 90o-kal fordul el, új helyzete s2 merőleges lesz s1-re és így s-re is.

Előzmény: [1172] BohnerGéza, 2009-02-05 23:48:17
[1173] BohnerGéza2009-02-16 20:08:53

144. feladat: Adott háromszög esetén határozzuk meg azon pontok halmazát, melyeknek a három oldalegyenesre eső merőleges vetülete az eredetihez hasonló háromszöget határoz meg.

[1172] BohnerGéza2009-02-05 23:48:17

HoA szép megoldása - az (1) tétel ismerete - után már könnyebb a következő feladat!

143/2. feladat: Bizonyítandó, hogy egy nem derékszögű háromszögnek és a magasságpontja oldalfelezőpontokra vonatkozó tükörképei által kapott háromszögnek ugyanazon ponthoz tartozó Simson-egyenese merőleges egymásra!

Előzmény: [1170] HoA, 2009-02-05 20:03:36
[1171] HoA2009-02-05 20:07:30

Helyesbítek: GH az A pont DEF háromszögre vonatkozó Simson egyenese.

Előzmény: [1170] HoA, 2009-02-05 20:03:36
[1170] HoA2009-02-05 20:03:36

Azért nem várok egy hetet, mert az alábbi megoldás nem csak a középiskolai anyagra támaszkodik, kihasználja a Simson egyenesnek azt a tulajdonságát, hogy

a körülírt kör két , P és Q pontjához tartozó Simson egyenes szöge megegyezik a körülírt kör PQ ívéhez tartozó középponti szög felével. (1)

Ennek alapján elég az állítást a körülírt kör tetszőleges P pontjára belátni, hiszen P-t bármely más pontba mozgatva a két vizsgált háromszögre vonatkozó Simson egyenes ugyanazzal a szöggel fordul el, tehát megtartják merőlegességüket. Legyen az ABC háromszög magasságpontja M, az AM, BM, CM magasságoknak a körülírt körrel alkotott másik metszéspontjuk rendre D,E,F. ACF és EBA szögek egyenlőek, mert egy \alpha szögű derékszögű háromszög harmadik szögei. Ezért az AE és AF ívek egyenlőek, és a hozzájuk tartozó EDA és ADF kerületi szögek is. Legyen P = A. Ekkor az ABC háromszögre vonatkozó Simson egyenes az AD magasságvonal. A-ból ED-re és FD-re bocsátott merőleges talppontja G és H. ADG és ADH egybevágó derékszögű háromszögek, G és H egymás tükörképei AD-re, ezért GH, az A pont EFG háromszögre vonatkozó Simson egyenese merőleges AD-re.

Talán tud valaki közvetlen, az (1) tételt nem felhasználó megoldást.

Előzmény: [1169] BohnerGéza, 2009-02-04 14:46:10
[1169] BohnerGéza2009-02-04 14:46:10

143. feladat: Bizonyítandó, hogy egy nem derékszögű háromszögnek és a magasságpontja oldalakra vonatkozó tükörképei által kapott háromszögnek ugyanazon ponthoz tartozó Simson-egyenese merőleges egymásra!

[1168] edu2009-01-23 17:10:12

Köszönöm a segítséget. A szerkesztés már ok.; a bizonyítással még bírkózom.

Előzmény: [1167] SmallPotato, 2009-01-23 09:58:52
[1167] SmallPotato2009-01-23 09:58:52

A Mascheroni-féle szerkesztésekről (tételesen az általad kérdezettről is) olvashatsz pl. itt:

PowerPoint bemutató

vagy itt:

Adobe Readerrel olvasható PDF fájl

Előzmény: [1166] edu, 2009-01-23 09:22:12
[1166] edu2009-01-23 09:22:12

Hi! A csak körzővel való szerkesztésekről keresek irodalmat. Különös tekintettel érdekelne egy adott kör középpontjának megszerkesztése (csak körzővel),ill. ennek bizonyítása (ha lehet elemi úton).A segítséget előre is köszönöm.

[1165] BohnerGéza2009-01-21 09:49:55

Egy nedijan-éhoz hasonló feladat:

Szerkesztendő ABC háromszög, ha adott c, a-b és alfa. (Sokkal könnyebb, ha béta adott?)

Előzmény: [1161] nedijan, 2009-01-11 10:47:13
[1164] HoA2009-01-14 17:47:33

Vagy ugyanez másként: CD szakasz D végpontjában vegyük fel a CD-hez alfa/2 szögben hajló e egyenest. Ezt C középpontú a sugarú körívvel metszve kapjuk B-t. A diszkusszió így talán egyszerűbb: A megadott adatok között milyen összefüggés áll fenn, ha 0, 1 ill. 2 megoldást kapunk?

Előzmény: [1162] jenei.attila, 2009-01-11 13:38:36
[1163] nedijan2009-01-11 15:50:31

Köszönöm a segítséget. Jani

Előzmény: [1162] jenei.attila, 2009-01-11 13:38:36
[1162] jenei.attila2009-01-11 13:38:36

b-t hosszabítsd meg A csúcson túl c-vel. Az így kapott végpontot jelöld D-vel, vagyis a CD szakasz hossza b+c lesz. Tekintsd a DBA egyenlő szárú háromszöget, amelynek A csúcsba futó szárai c hosszúságúak, a DB alapon fekvő szögei pedig alfa/2 nagyságúak, mivel az A-nál lévő külső szög alfa nagyságú, ami az ABC keresett háromszögünk A-nál lévő adott szöge. A szerkesztés menete: megszerkeszted az a, b+c oldalakkal bíró, alfa/2 nagyságú a-val szemközti szögű háromszöget (a fölé alfa/2 látószögkörív, amit a egyik végpontjából b+c-vel elmetszel; de gondolom ezt nem kell magyarázni). Megkapod, a már említett D pontot. felveszed B-ben a DBA alfa/2 nagyságú szöget. Ahol a szögszár elmetszi a CD szakszat, az lesz az A csúcs. Remélem érthető volt.

Előzmény: [1161] nedijan, 2009-01-11 10:47:13
[1161] nedijan2009-01-11 10:47:13

Sziasztok!

Lenne egy egyszerű geometriai szerkeztésem, de sehogy nem jövök rá a megoldásra. Adott b+c, a és az a-val szemközti szög. Megszerkezthető-e a háromszög, ha igen adja meg a szerkesztés menetét! Ebben kérem a segítségeteket. Előre is köszönöm.

Jani

[1160] farkasb2008-12-07 18:56:52

Köszönöm a válaszokat!

[1159] Fálesz Mihály2008-12-06 22:08:11

Az AB irányű egységvektor \frac{\vec{AB}}{|AB|}. Az AP szakasz vetületének, azaz AX-nek az előjeles hossza az AB egyenesen \vec{AP}\cdot\frac{\vec{AB}}{|AB|}. Tehát,


\vec{AX} =
\left(\vec{AP}\cdot\frac{\vec{AB}}{|AB|}\right)\cdot
\frac{\vec{AB}}{|AB|} =
\frac{\vec{AP}\cdot\vec{AB}}{|AB|^2}\cdot\vec{AB}.

Előzmény: [1157] HoA, 2008-12-06 19:00:36
[1158] HoA2008-12-06 20:33:36

A paraméteres alakot talán úgy a legegyszerűbb felhasználni, hogy AQ és PQ merőlegességét írjuk fel. t-vel paraméterezve AQ = Q - A = ( 4t ; -2t; -3t ) PQ = Q - P = Q - A + A - P = ( Q - A ) - u = ( 4t -6 ; -2t + 4; -3t + 1) . A kettő szorzata 0. 4t ( 4t - 6 ) + 2t ( 2t - 4 ) + 3t ( 3t - 1 ) = 16t2-24t+4t2-8t+9t2-3t=29t2-35t=0 . t-vel oszthatunk - a 0 hosszúságú AA vektor bármire merőleges - , t = 35 / 29 , ami az előző levezetés számszerű eredményét adja.

Előzmény: [1156] BohnerGéza, 2008-12-06 17:47:56
[1157] HoA2008-12-06 19:00:36

Ne ijesszük el farkasb-t, nem kell ide szélsőérték-számítás. Az X pont az AB szakaszt az AP szakasz és a PB szakasz AB-re eső vetületeinek arányában osztja. Legyen \vec{AB} = {\bf v},  \vec{AP} = {\bf u}. Ekkor \vec{PB} = {\bf v - u} . X = A + m ( B - A ) = m B + ( 1 - m ) A , ahol m és ( 1 - m) aránya az u és a v - u vektor v -re vonatkozó vetületeinek aránya. Innen

X = \frac{\bf uv}{\bf vv}  B + \frac{\bf (v-u) v}{\bf vv} A

Számadatainkkal u = ( 6;-4;-1 ), v = ( 4;-2;-3 ), v-u = ( -2; 2; -2), uv = 35, (v-u)v = -6, v v = 29.

X = \frac{35}{29} B - \frac{6}{29} A = (6,827586207;6,586206897;0,379310345) . vegyük észre, hogy az együtthatók összege 1, tehát X valóban az AB egyenes pontja és m > 1, így az ábrával ellentétben X az AB szakasz B-n túli meghosszabbítására esik.

Előzmény: [1154] farkasb, 2008-12-05 16:47:37
[1156] BohnerGéza2008-12-06 17:47:56
Előzmény: [1155] Valezius, 2008-12-06 10:55:08
[1155] Valezius2008-12-06 10:55:08

Az egyenes pontjai ilyen alakúak: (2+4x, 9-2x, 4-3x) P távolsága egy adott ponttól: (8,5,3)-előbbi. Azaz (6+4x, -4-2x, -1-3x) Azt az x-et keressük amire a vektor hossza minimális. A hossza nem más, mint a koordináták négyzetösszege, aminek a szélsőértéke megkapható egy egyszerű deriválással.

Előzmény: [1154] farkasb, 2008-12-05 16:47:37
[1154] farkasb2008-12-05 16:47:37

Kedves Fórumozók!

Adott A(2,9,4) és B(6,7,1) ponttal meghatározott térbeli egyenes. Adott P(8,5,3) pont. Hogyan számolható ki a P pont vetülete az egynesen? Előre is köszönettel: farkasb

[1153] HoA2008-11-30 19:48:12

[1150] ábrájának tétele és a 142. feladat egyenértékűek. Jelöljük a D és E közötti piros pontot P-vel. A BE, CE, AD, BD egyenesek által meghatározott négy háromszög közül kettőnek a körülírt köre a P-n és E-n illetve a P-n és D-n áthaladó szaggatott körvonal. P tehát a négy háromszög körülírt köreinek közös pontja, a négy egyenes mint érintők által meghatározott parabola fókusza. A tétel bizonyítása tehát egyben a 142. feladat megoldása is.

Elemi, csak a húrnégyszögek szemközti szögeinek tulajdonságát felhasználó, lépésenként illusztrált bizonyítás található itt: http://agutie.homestead.com/FiLEs/miquel_pentagram1.htm

Előzmény: [1150] BohnerGéza, 2008-11-24 10:16:28
[1150] BohnerGéza2008-11-24 10:16:28

A 138. feladathoz kapcsolódik:

A "Valaki mondja meg!" témában az [573]. hozzászólásban ábra is mutatja a következő tételt:

Ha négy egyenes négy háromszöget alkot, akkor ezek magasságpontjai egy egyenesen vannak, körülírt köreik egy ponton mennek át. Ez a pont és a magasságpontok egyenese parabolát határoz meg, melynek az eredeti 4 egyenes érintője.

Nem ismerek elemi megoldást a következő 142. feladatra:

Bizonyítandó, ha öt egyenes közül bármelyik négy négy háromszöget alkot, akkor az ezekhez a fenti tétel szerint tartozó fókuszok egy körön vannak.

A tétel egy érdekes következménye: Egy konvex ötszög minden +második csúcsát összekötve kapott öt háromszög körülírt köreinek "második" metszéspontjai egy körön vannak. Ábra! Segítségül: http://mathworld.wolfram.com/MiquelsPentagramTheorem.html

Előzmény: [1138] HoA, 2008-10-20 08:50:44
[1149] HoA2008-11-15 08:07:57

Én viszont teljesen egyetértek BohnerGézával! A [1146] -beli általános leírás és a [1148] -ban kifejtett következtetés együtt teljes mértékben kiváltják a konkrét példára végzett [1147] -beli levezetést. Elnézést kérek, hogy két lépés összevonását nem vettem észre [1146] végén.

Előzmény: [1148] BohnerGéza, 2008-11-15 01:02:26
[1148] BohnerGéza2008-11-15 01:02:26

Kivételesen nem értek egyet HoA-val, bár ez sem teljesen igaz, csak ezért írom a következőt: Megfogalmazásom túlzottan tömör, komoly végiggondolást igényel, de szerintem teljes.

Az [1146]-ban leírtakból és az [1145]-ben lévő ábrából kiderül, hogy két forgatás szorzata végeredményben két olyan tükrözéssel helyettesíthető, melynek első egyenese az első forgatás kp-ján és az eredményül kapott forgatás kp-ján, a második a második forgatás kp-ján és az eredményül kapott forgatás kp-ján megy át, szögük az eredményforgatás szögének fele.

Kérem mindenkitől, ne adja föl, ha elsőre nem értette, amit írtam! Akarattal teszem, gondolkodást várok! (Ez nem HoA-nak szólt, jogosan figyelmeztetett mostani túlzott tömörségemre.)

Előzmény: [1147] HoA, 2008-11-14 23:02:29

  [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]