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.
[1244] HoA2009-08-10 23:29:05

A 151. feladathoz: Legyen a körülírt kör k, a D, E, G pontokon átmenő kör kt . D a két kör hasonlósági pontja . Ebben a hasonlóságban E, A, G megfelelője rendre E’, A’, G’ . E’A’ párhuzamos az EA egyenessel és E’-ben érinti k-t, ezért E’ az AB ív felezőpontja, E’DA’\angle=EDA\angle=\gamma/2 . Hasonlóan G’ az AC ív felezőpontja, G’DA’\angle=GDA\angle=\beta/2. Ossza a DA egyenes ABC\Delta\alpha szögét BAD=\alpha1 és DAC=\alpha2 szögekre. AG és A’G’ egyenesek távolsága AT2=r(1–cos\beta)=AA’sin\alpha2 , hasonlóan AT1=r(1–cos\gamma)=AA’sin\alpha1 . Innen

\frac {sin \alpha_1}{sin \alpha_2} = \frac {1- cos \gamma }{ 1 - cos \beta } = \frac {sin^2 \gamma/2 }{ sin^2 \beta/2} (1)

AG = AE = t jelöléssel az ADG\Deltaben t.sin\alpha2=DGsin\beta/2 , DG=t.sin\alpha2/sin\beta/2 . AED\Deltaben ugyanígy DE=t.sin\alpha1/sin\gamma/2 . BDC szög felezője messe GE-t F-ben, k-t H-ban. A felezés miatt HDE’=FDE\angle=\beta/2 és HDG’=FDG\angle=\gamma/2 . DEF és DFG \Delta-ek kétszeres területére :

2 T_{DFE} = DE \cdot  DF \cdot sin \beta/2 = DF \cdot t \cdot sin \alpha_1 \cdot \frac {sin \beta/2 }{ sin \gamma/2}

,

2 T_{DGF} = DG \cdot  DF \cdot  sin \gamma/2 = DF \cdot t \cdot sin \alpha_2  \cdot \frac { sin \gamma/2 }{ sin \beta/2}

A területek aránya (1) miatt \frac {T_{DFE}}{T_{DGF}} = \frac {sin \alpha_1}{ sin \alpha_2} \cdot \frac { sin^2 \beta/2}{  sin^2 \gamma/2} = 1 . A két \Delta közös oldalegyenese GE, közös magasságuk a D-ből erre bocsátott merőleges, területük egyenlőségéből következik, hogy GF = FE.

151/2 feladat: Bizonyítsuk be, hogy F az ABC\Delta beírt körének középpontja

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1243] BohnerGéza2009-08-05 15:44:20

Csak szerkesztőprogrammal játszva: kiderült nem igaz a fordított irány ...

Előzmény: [1242] BohnerGéza, 2009-08-05 14:28:22
[1242] BohnerGéza2009-08-05 14:28:22

Már picit gondolkodva is, nem csak szerkesztőprogrammal játszva:

Ha a nagy gamma (KLM) kör érinti a PQ-t, akkor azt az M felezőpontban teszi. Ekkor a KLM-kör R kp-ja egyenlő távol van P-től és Q-tól. Ha a feladat állítása igaz, M, R és O egy egyenesen van.

Ha ez mindig igaz, abból következik a feladat állítása.

Bizonyítsuk, hogy M, R és O egy egyenesen van!

Előzmény: [1239] Fálesz Mihály, 2009-07-18 06:28:32
[1241] HoA2009-08-05 08:09:20

A 151. feladathoz: Szerkesztőprogrammal nézegetve úgy tűnik, hogy az EG szakasz F felezőpontja ABC háromszög beírt körének középpontja. Talán segít, ha először ezt bizonyítjuk.

Előzmény: [1217] MTM, 2009-05-12 18:06:51
[1240] BohnerGéza2009-08-03 22:50:28

Csak szerkesztőprogrammal játszadozva azt valószínűsítem, hogy P-nek és Q-nak nem kell belső pontnak lennie. (Néha egyszerűbb az általánosabb, itt vszleg mindegy.)

Előzmény: [1239] Fálesz Mihály, 2009-07-18 06:28:32
[1239] Fálesz Mihály2009-07-18 06:28:32

153. feladat (az idei matematikai diákolimpia 2. feladata).

Az ABC háromszög köré írt kör középpontja O. P és Q belső pontjai a CA, illetve AB oldalaknak. Legyen K, L és M a BP, CQ, illetve PQ szakaszok felezőpontja, és legyen \Gamma a K,L,M pontokon átmenő kör. Bizonyítsuk be, hogy ha \Gamma érinti a PQ egyenest, akkor OP=OQ.

[1238] sakkmath2009-06-15 15:55:56

A 2. rész:

Előzmény: [1237] sakkmath, 2009-06-15 15:54:30
[1237] sakkmath2009-06-15 15:54:30

Hasznos volt egy kicsit kibontani a megoldás menetét, több szempontból is. Nekem például ezzel vált világossá, hogy valóban kulcsszerep jut az M pontnak. Melyről most már elárulhatjuk: ez a Miquel-pont, amely nemrég több itteni hozzászólás témája volt.

Múlik az idő, úgy tűnik, ideje feltenni a 152. feladatra egy olyan megoldást, amely a [1232]-ben közölt megoldásod a) megjegyzésére válaszol. Az ugyanitt javasolt 152/3. feladatra még megoldó kerestetik... . Később egyébként megnevezem a feladat elődjét, a megoldás elérhetőségét is megadva.

Következzék tehát a [1230]/152. példa egy újabb megoldása. Az 1. rész:

Előzmény: [1236] HoA, 2009-06-08 11:50:35
[1236] HoA2009-06-08 11:50:35

A leírtakkal egyetértek, sőt nagy részét evidensnek tartom. Megjegyzésem nem kívánt a kitűzés kritikája lenni. Ha már úgyis egy kicsit OFF vagyunk, leírom, hogyan jöttem rá én a megoldásra. Egyrészt hogy bemutassam, milyen értelemben „válik az M pont a megoldás kulcsává”, másrészt mert egy matematika oktatáshoz kapcsolódó fórumon talán nem baj, ha időnként ilyesmit is leírunk.

A három, egymást egy közös pontban metsző kör ábráját nézve feltünt, hogy az ábra szimmetrikus abban az értelemben, hogy egyik körnek sincs kitüntetett szerepe bármelyik másikkal szemben. Logikusnak véltem, hogy a megoldás is szimmetrikus: Ha a három körön futó pont valamelyike M-be kerül, akkor a másik kettő is. Ekkor persze vándorló háromszögünk elfajuló, egy pontra zsugorodik, alakjáról semmit sem mondhatunk – lásd NAGY BUMM hasonlatodat. De ha a futópontok közös M-beli helyzete megfelelő, akkor a feladat szabálya szerint a futópontok 180o-os elforgatottja, vagyis a - később indokolt módon - PaM,PbM,PcM -mel jelölt háromszög is megfelelő. Megrajzoltam PaM,PbM,PcM-et és úgy láttam, hogy oldalegyenesei áthaladnak az Mxy pontokon. Bebizonyítottam, hogy erre a háromszögre ez valóban igaz, és itt nekem is beugrott, valamelyik régi feladatban már szerepelt ez az ábra. Milyen jó lenne, ha a háromszögek többi helyzetében is az oldalegyenesek áthaladnának az Mxy pontokon! Beláttam, hogy tetszőleges ilyen Pa,Pb,Pc háromszög hasonló PaM,PbM,PcM-hez. Innen kezdtem el leírni a megoldást. A futópontok kezdeti felvétele tehát nem „Deus ex machina” módon, hanem az eddig leírtak alapján történt. Most már csak azt kellett igazolni, hogy az Mxy pontokra ileszkedő oldalegyenesekkel rendelkező háromszögek létrejönnek a futópontok kitűzésben leírt mozgása során.

Előzmény: [1235] sakkmath, 2009-05-29 13:50:15
[1235] sakkmath2009-05-29 13:50:15

Örülök, hogy föltetted ezt a szép, a lényegre koncentráló megoldást! Köszönet érte. A feladatnak vannak egyéb, részben általad is jelzett, kidolgozásra érdemes részei, ezért most a magam részéről nem teszek ezeket érintő kiegészítéseket. Abban bízom, hogy valaki(k)nek lehetnek még saját eredményei(k) és 1-2 héten belül esetleg közli(k) azokat. Reagálnék viszont a kitűzési szöveggel kapcsolatos néhány megjegyzésedre, az estleges félreértések elkerülése végett. (Elnézést a terjedelemért.)

Mégegyszer: köszönöm és grat.

Előzmény: [1232] HoA, 2009-05-27 13:38:52
[1234] m2mm2009-05-28 21:32:38

Mivel a kör(ök) érinti(k) a tengelyeket, és (9,-2) pont x koordinátája pozitív, y koordinátája negatív, ezért a kör középpontjának x és y koordinátája ellentettei egymásnak, x pozitív, y negatív. A kör sugarának a hossza a középpont x koordinátájának nagysága, hiszen a kör érinti x-szet. A kör áthalad (9,-2) ponton, tehát: (9-r)2+(-2+r)2=r2, ahonnan r2-22r+85=0, amiből r értékére 5 illetve 17 adódik. Tehát a két kör egyenlete: (x-5)2+(y+5)2=25 illetve (x-17)2+(y+17)2=289.

Előzmény: [1233] Luc, 2009-05-28 21:00:02
[1233] Luc2009-05-28 21:00:02

Sziasztok! Problémám akadt egy koordináta geometria feladattal: Meg kell adni annak a körnek(vagy köröknek) az egyenletét, amelyek áthaladnak (9;-2) ponton és érintik az x és y tengelyt is. Tudnátok segíteni, hogy hogy kell ezt kiszámolni?

[1232] HoA2009-05-27 13:38:52

1) Legyen a ka,kb,kc körök közös metszéspontja M, páronkénti második metszéspontjuk Mab,Mbc,Mca. Vegyük fel ka M-et nem tartalmazó MabMca ívén a Pa pontot. Legyen a PaMab egyenes és kb másik metszéspontja Pb , PbMbc egyenes és kc másik metszéspontja Pc . Könnyen belátható, hogy PcMca és McaPa párhuzamosak, vagyis egy egyenesen vannak. Különböző Pai -kat választva a keletkező PaiPbiPci háromszögek hasonlóak, hiszen például a Pai -knál fekvő szögek egyenlőek ka kör MabMca ívéhez tartozó kerületi szögével. Csak azt kell belátni, hogy ezen háromszögek csúcsai előállnak a feladatkitűzésben szereplő azonos, állandó szögsebességgel haladó futópontok egyidejű helyzeteként. Vegyünk fel két, 1-es és 2-es indexszel jelölt háromszöget. Pa1MabPa2 és Pb1MabPb2 szögek egyenlőek (csúcsszögek), a két körben a megfelelő ívhez tartozó kerületi szögek. Így a Pa1Pa2 és Pb1Pb2 ívekhez tartozó középponti szögek is egyenlőek, vagyis Pa és Pb ugyanakkora szögelfordulással jutnak ka-ban és kb-ben az 1-es helyzetből a 2-esbe, háromszögeink előállnak a feladatban megadott módon.

2) Nemcsak vándorló PaPbPc háromszögünk egyes helyzetei, hanem a részüket képező PaMPc háromszögek is hasonlók, hiszen egy-egy szögük az MMca húrhoz tartozó kerületi szög ka-ban ill. kc-ben. PaPbPc háromszög akkor lesz a legnagyobb területű, ha PaPc oldala a leghosszabb, vagyis ha PaMPc háromszög a legnagyobb. Ez pedig akkor következik be, amikor az M csúcshoz tartozó magasság a legnagyobb. Az utóbbi nem lehet nagyobb MMca -nál, és egyenlő is csak akkor, ha MMca merőleges PaPc-re. Legyen a csúcsoknak ez a helyzete PaM,PbM,PcM . A merőlegességből következik, hogy MPaM és MPcM átmérők – és ez belátható MPbM -re is.

Két megjegyzés:

a) Lássuk be, hogy háromszögünk akkor is megtartja alakját, mikor a ka-n futó pont az M-et tartalmazó MabMca íven halad.

b) PaM,PbM,PcM összetartozó ponthármas helyzetéből következik, hogy mindhárom körben 180o-ot fordulva mindhárom futópont M-be jut. Tehát , mint arra [1231]-ben utaltam, a körök metszéspontjában felvett futópont nem tilos, sőt a közös metszéspontban felvett 3 futópont éppen a megoldást adja.

152/3 feladatnak kitűzhetjük annak bizonyítását, hogy más megoldás nincs.

Előzmény: [1230] sakkmath, 2009-05-20 14:37:23
[1231] HoA2009-05-21 14:50:32

Kikötéseddel sokat segítettél. Mi van, ha valaki nem tartja be? ( Nem kell válaszolni. )

Előzmény: [1230] sakkmath, 2009-05-20 14:37:23
[1230] sakkmath2009-05-20 14:37:23

Az alábbiakban közlöm egy saját feladatomat. Nemrég rájöttem, hogy sajnos elődös: egy régi, közismert versenyfeladat következményének - vagy átfogalmazásának - is tekinthető.

152. feladat:

Egy adott ponton áthalad három, egymást páronként metsző kör. Mindegyik körön felveszünk egy-egy – a körök metszéspontjaitól különböző – pontot, melyek azonos körüljárási irányban befutják a körüket úgy, hogy egyszerre indulnak és azonos, állandó szögsebességgel haladnak.

1) Bizonyítsuk be, hogy e három pont felvehető úgy, hogy az általuk meghatározott háromszögek a teljes mozgás alatt hasonlóak legyenek egymáshoz.

2) Az így kapott háromszögek közül melyiknek a legnagyobb a területe?

[1229] Editkesss2009-05-17 15:10:56

De igen. A geometria nem az erősségem. (Ezeket a feladatokat már megoldottam . Abban viszont nem vagyok biztos, hogy jó is.) Ezért kértem segítséget!

[1228] Euler2009-05-17 13:28:10

A feladataid nagyon ismerősek, véletlenül nem euklideszi geometria gyakorlat SZTE-n?

Előzmény: [1227] Editkesss, 2009-05-17 09:10:21
[1227] Editkesss2009-05-17 09:10:21

Köszönöm szépen a segítséget! :) De lenne még egy-két feladatom! Az első: Tetszőleges e egyenes esetén jelölje: "Te" az e-re való tükrözést. Mutassuk meg, hogy ha "a" és "b" párhuzamos egyenesek, továbbá TaTbTcTaTbTc= identitás, akkor "c" is párhuzamos a-val és b-vel.

Második: Mutassuk meg, hogy ha az A1A2A3A4 és B1B2B3B4 négyszögek paralelogrammák, az AiBi szakasz Ai-hez legközelebbi negyedelőpontja Ni (i=1,2,3,4), akkor az N1N2N3N4 négyszög is (esetleg elfajuló) paralelogramma.

Előre is köszönöm!:)

[1226] Euler2009-05-16 22:21:09

A feladatot megpróbálom általánositva megoldani, vegyünk két nem egybeeső pontot, ekkor keressük azt a pontot a sikon, amelytől vett távolságaik négyzetösszege minimális, könnyen ellenőrizhető, hogy pont a két pontot összekötő szakasz felezőpontja lesz, pl. koordinátageometriával könnyen kijön,legyen A(a1;a2), B(b1;b2), a keresett pont: P(x;y), innen már csak egy másodfokú kifejezésnek kell vizsgálni a szélsőértkét, adódik az eredmény.Ez máshogy is kijöhet, bár itt nem biztos, hpogy "érdemes" igy gondolkodni, de ha mégis igy tesszük, akkor könnyen általánositható a probléma. Tudjuk ugyanis azt, hogy bármely háromszögben a szokásos jelölésekkel: 4sc2=2a2+2b2-c2(ez elég ismert összefüggésnek tekinthető,remélem.),a PAB háromszögre ezt felirva, kapjuk, hogy akkor lesz minimális a négyzetösszeg, ha a felezőponttól vett távolság minimális, máris adódik az eredmény. Kicsit továbblépve, vegyünk egy háromszöget(az egyszerűség kedvéért nem elfajulót), legyenek a csúcsai:A(a1;a2), B(b1;b2), C(c1;c2). keressük azt a pontot a sik egy adott egyenesén , amelytől vett távolságnégyzetösszeg minimális. Itt is hasonlóan eljárva, ráhúzodik a súlypontra az, ami előbb a felezőpontra húzodott rá,emiatt pedig az egyenesen lévő merőleges vetülete lesz a megfelelő pont.(Remélem érthető).Eljutottunk a Te problémádhoz, innen már "könnyű" elbánni vele, hiszen tekintsük az EBA és ECD háromszögeket, adódik, hogy akkor lesz mionimális a négyzetösszeg, ha az E-nek a CD és AB oldalak feletzőpontjától vett négyzetösszeg minimális, ez pedig használva az előzőeket, pontosan akkor lesz, ha a két felezőpont felezőpontjától vett távolság minimális, ez a pont pedig éppen a tetraéder súlypontja, ezt pl. vektorokkal lehet igazolni nagyon könnyen, igy itt a súlypontot kell merőlegesen vetiteni a sikra, ez lesz a keresett pont. Nyilván ha emeljük a dimenziószámot, hasonlóan adódik a feladat megoldása, csak maximum nem tudjuk elképzelni, hogy miről is szól a feladat. :-) remélem, tudtam segiteni a probléma megértésében.

Előzmény: [1225] Editkesss, 2009-05-16 18:57:42
[1225] Editkesss2009-05-16 18:57:42

Hello, nekem egy olyan feladatom lenne, hogy adva van egy S sík és egy abcd tetraéder. veszünk egy E pontot . kérdés: Az S sík mely E pontjára lesz ez AE*2+BE*2+CE*2+DE*2 a kifejezés értéke a legkisebb? *2 a négyzetet jelöli!

[1224] kandi2009-05-15 17:07:59

Nagyon szépen köszönöm ez így nagyon sokat segített! KÖSZÖNÖM

Előzmény: [1223] Vonka Vilmos Úr, 2009-05-15 15:46:44
[1223] Vonka Vilmos Úr2009-05-15 15:46:44

Akkor tényleg csak néhány ötlet:

1. és 2. Az adott ponton keresztül, amelynek a képét keressük, tekintsünk egy tetszőleges segédegyenest, és próbáld először ennek a képét megszerkeszteni.

3. A megfelelő egyenespár segítségével először határozzuk meg a kollineáció tengelyét, majd használjuk ki azt a tényt, hogy a centrum és az eltűnési egyenes távolsága megegyezik a tengely és az ideális egyenes képének távolságával.

4. A megfelelő egyenespár és egy pont ismeretében ismét először keressük meg a tengelyt. Majd válasszunk egy tetszőleges segédpontot azon az egyenesen, amelyiknek adott a képe; és próbáld a választott pont képét megszerkeszteni.

5. Az ABCD négyszög képe akkor lesz paralelogramma, ha a szemköztes oldalegyenesek metszéspontjaihoz a kollineáció ideális pontot rendel. Ez alapján határozd meg először az eltűnési egyenest. A tengely meghatározásához pedig tekintsünk ismét egy segédegyenest azon a ponton keresztül, amelynek a képe adott, és szerkesszük meg először a segédegyenes képét.

Remélem, innentől már menni fog!

Előzmény: [1218] kandi, 2009-05-13 07:55:44
[1222] kandi2009-05-15 10:42:38

Köszönöm a linket, bár nem igazán értem az anyagot:( Amúgy centrális kollineációval oldhatók meg elvileg a feladatok és mi a projektív geometriával foglalkozunk. Ha mégis lenne még egy kis segítség mert én már kifuladtam a sz ötletekből?!

[1221] jonas2009-05-14 21:55:55

Én inkább ábrázoló geometriára tippelnék, bár szerencsére nekem nem kellett ilyesmit tanulnom, úgyhogy nem vagyok biztos, hogy valóban erről van szó.

Előzmény: [1219] HoA, 2009-05-14 15:22:08
[1220] HoA2009-05-14 16:14:44

Gratulálok! Igen, erre a megoldástípusra gondoltam! A D ponthoz tartozó bizonyításra egy másik változat: A definíció szerint D a P9P18 és P6P17 átlók metszéspontja, és azt kell igazolni, hogy P4P16-on is rajta van. DBO\angle=20o ,mint a P6P8 ívhez tartozó kerületi szög. BOD\angle=20o ,mint a P17P18 ívhez tartozó középponti szög, OBD\Delta egyenlőszárú. P14OP17\angle=60o ( 3 ívegység középponti szöge ) , P14OP17\Delta szabályos. Így BDOP14 deltoid, P17P14D\angle=30o . Így D rajta van a P14P17-tel 30o-ot bezáró P2P14 átlón és ennek P9P18 -ra vett tükörképén, P4P16-on is.

Előzmény: [1216] sakkmath, 2009-05-12 15:24:47

  [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]