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.
[136] lorantfy2004-04-29 23:43:15

Kedves NádorP, Géza és Fórumosok!

Jogos volt Géza bírálata, [131]-ben mindenütt "<" jeleket kellett volna írnom. "Lehet látni", hogy \gamma növekedésével az arány 2-höz tart, de az kevés! Nagyon elegáns NádorP bizonyítása. Akit érdekel a területeknél használt képlet a Versenyfeladatok témában NádorP [16] hozzászólásában utánna nézhet.

A szintén ott említett Jensen egyenlőtlenséghez már akkor fel akartam tenni egy ábrát, most megteszem, mert itt is előjön. ( Ha jól megnézitek, látható, hogy ez nem cos fgv. hanem egy parabola. Bocs! Euklidesben ezt egyszerűbb rajzolni.)

Előzmény: [135] nadorp, 2004-04-29 16:25:58
[135] nadorp2004-04-29 16:25:58

Kedves Géza és Fórumosok !

A 29. feladatot megpróbáltam "tisztességesen" kiszámolni , mert szerintem az még nyitott kérdés volt, hogy a területek arányára kapott felső becslés valóban a lehető legkisebb-e ? Ha nem számoltam el valamit, akkor a talpponti háromszög területére a következő adódik:

T=-2\cos\alpha\cos\beta\cos\gamma\cdot{T_\Delta}, ahol \alpha,\beta,\gamma az eredeti háromszög szögei és László ábráját követve \gamma tompaszög. Ezért

T\leq-2\cos\gamma\left(\frac{\cos\alpha+\cos\beta}2\right)^2\leq-2\cos\gamma\cos^2\frac{\alpha+\beta}2=-2\cos\gamma\frac{1-\cos\gamma}2=(-\cos\gamma)\cdot(1+(-\cos\gamma))

A fenti alakból látható, hogy minél nagyobb \gamma, a kifejezés annál közelebb van a 2-höz.

Előzmény: [132] BohnerGéza, 2004-04-27 21:58:46
[134] Hajba Károly2004-04-27 23:04:03

Kedves Géza és László!

Én is közreadom a megoldásomat a 28. feladatra:

Az f szakasz tetszőleges P pontjára állított merőleges Q-t metszi ki e-ből. Erre a pontra állított merőleges pedig R-t metszi ki f-ből. P-t Q körül a QR szakaszra forgatva kimetszi S-t. Q-ból PS-re bocsátott merőleges T-t metszi ki f-ből. PQS\Delta egyenlő szárű háromszög hasonló TOQ\Delta-gel és egymásra merőlegesek, ahol O az e és f szakaszok meghosszabbításának metszéspontja. Így a QT szakaszfelező merőlegese átmegy O-n, azaz a kivánt szakaszfelező.

Direkt szakaszokat írtam, ezzel is példázva, hogy nem kell O-t felhasználni.

HK

Előzmény: [130] lorantfy, 2004-04-27 18:31:12
[133] BohnerGéza2004-04-27 22:11:46

Kedves László!

Kicsit fáradt vagyok, különben az előző hozzászólásomban a megszólításra és a megoldásod fölösleges bírálatára is jobban figyeltem volna, hiszen semmi baj nincs vele, nyugodtan elhagyható az egyenlőség.

Előzmény: [132] BohnerGéza, 2004-04-27 21:58:46
[132] BohnerGéza2004-04-27 21:58:46

Kedves Laci és Fórumosok!

Az Euklideszben az index beírása A&1 formában lehetséges.

Nagyon szép és tanulságos a 29. feladatra írt megoldásod. Kicsit szépséghibája, hogy az egyenlőséget nem megengedve is igaz. Ha a területek 0-hoz tartanak lesz az arány határértéke kettő. Érdemes lehet a feladatot megfogalmazni a következő általánosabb formában: Egy talpponti háromszög és az eredeti háromszög területének arányát tekintsük negatívnak, ha a háromszög tompaszögű. ekkor igaz a -2<arány<=1/4.

Előzmény: [131] lorantfy, 2004-04-27 21:13:37
[131] lorantfy2004-04-27 21:13:37

29. feladat megoldása: Bontsuk a tompaszögű \Delta DEF talpponti \Delta-ét három részháromszögre a C pont segítségével. CDE \Delta hasonló ABC\Delta mert mindhárom szögük egyenlő. ED a Thalesz körben húr, AB átmérő, így:

T_{CDE\Delta} \leq T_{ABC\Delta}.

CEF \Delta és CAF\Delta CF oldala közös, a hozzá tartozó magasság AF-nél nagyobb nem lehet, így:

T_{CEF\Delta} \leq T_{CAF\Delta}.

Hasonló a helyzet CFD és CFB \Delta-ek esetében is:

T_{CFD\Delta} \leq T_{CFB\Delta}.

Összességében tehát T_{DEF\Delta} \leq 2T_{ABC\Delta}.

Előzmény: [129] BohnerGéza, 2004-04-27 14:46:47
[130] lorantfy2004-04-27 18:31:12

Kedves Géza!

Jó ez a szögfelezős megoldás és egyszerűbb is mint az enyém.

Azt szeretném kérdezni, hogy az indexelt pont megjelölést az Euklidesben hogy csinálod? (pl A1). Lehet, hogy csak az újabb verzió engedi meg? (Enyém 2.02.)

Előzmény: [129] BohnerGéza, 2004-04-27 14:46:47
[129] BohnerGéza2004-04-27 14:46:47

29. feladat: ( A [123] hozzászólás 28. feladata. )Igazoljuk, hogy tompaszögű háromszögben a talpponti és eredeti háromszög területének aránya kettőnél kisebb, nem negatív érték!

[125] 28. feladatának megoldása: Legyen a két nem párhuzamos egyenes metszéspontja O, a két egyenes további egy-egy pontja A ill. B. Az OAB háromszög A-nál és B-nél lévő külső szögfelezőivel szerkeszthető az O-nál lévő belső egy pontja. Hasonlóan kapjuk egy másik pontját is.

Előzmény: [125] Hajba Károly, 2004-04-27 12:18:39
[128] lorantfy2004-04-27 14:19:02

28. megoldás vázlat: Használjuk a Papposz tételt. Vegyünk fel a szögszárakon tetszőleges A és B pontot. Ezekből ugyanazzal a sugárral körözve kapjuk a szögszárakon a C,D és E,F pontokat. Szóval felveszünk a szögszárakon 3-3 pontot azonos távolságokkal. A megfelelő metszéspontokat összekötve ezek egy egyenesen lesznek, mondja Papposz. Mivel a szakaszok egyenlőek ez az egyenes párhuzamos a szögfelezővel, gondolom én. (A bizonyítást másra hagyom!). A szögszárakból kimetszett G,H pontokból a szögfelező megszerkeszthető a egyenesek metszéspontjának felhasználása nélkül.

Előzmény: [125] Hajba Károly, 2004-04-27 12:18:39
[127] Hajba Károly2004-04-27 13:12:56

Kedves Géza!

Minden máshol található szöget felezhetsz, ha így az nem tartalmazza az eredeti két egyenes metszéspontját. Szerkesztés közben csak eme pontot nem lehet felhasználni.

HK

Előzmény: [126] BohnerGéza, 2004-04-27 13:05:54
[126] BohnerGéza2004-04-27 13:05:54

A [125] hozzászólás 28. feladatához egy kérdés: Közben használhatunk másik szög szögfelezőjéhez csúcsot?

Előzmény: [125] Hajba Károly, 2004-04-27 12:18:39
[125] Hajba Károly2004-04-27 12:18:39

28. feladat:

Szerkesszük meg két nem párhuzamos egyenes szögfelező(jé/i)t a metszéspont felhasználása nélkül!

HK

[124] BohnerGéza2004-04-26 10:02:24

Sajnos a 26. feladatra viszonylag könnyen lehetett ellenpéldát találni az Euklides segítségével, tehát nem elég hosszú minden húrnégyszög:

Előzmény: [117] BohnerGéza, 2004-04-23 11:11:32
[123] BohnerGéza2004-04-25 23:43:53

A versenyfeladatok [15]-ben szereplő és a következő hozzászólásokban megoldott ott 6. feladattal kapcsolatban tűzöm ki az alábbit.

Ráadásul egy kis adalék az Euklideshez. Megnéztem vele, hogy mennyi lehet a talpponti és eredeti háromszög területének aránya.

A szorzásokat és az arányszámolást a párhuzamos szelők tételével szerkesztettem meg. Hegyesszögű háromszög esetén kijött a már megoldott 0<=arány<=1/4. A valószínű eredmény tompaszögűre 0<=arány<2.

28. feladat: Igazoljuk, hogy tompaszögű háromszögben a talpponti és eredeti háromszög területének aránya kettőnél kisebb, nem negatív érték!

[122] lorantfy2004-04-25 19:13:17

Kedves Géza és Fórumosok!

Nagyon szép a megoldás. Én is próbálkoztam tükrözéssel, de nem jött össze. Minthogy már kész az ábrám 22. megoldása alapján rögtön megvan a 20. feladat megoldása: Tükrözzük az A pontot a B-n és C-n átmenő belső szögfelezőkre. Így BA1=c és CA2=b.

G a beírt kör érintési pontja, tehát CG=s-c és BG=s-b. Ezekből A1G=c-(s-b)=c+b-s és A2G=b-(s-c)=b+c-s vagyis A1G=A2G. Létezik az A1EA2F paralelogramma, ahol E és F a szögfelezőkön lévő pontok és G felezi EF szakaszt. Ekkor a paralelogramma szemközti oldallai: A1E=FA2. A tükrözések miatt:

A1E=AE  A2F=AF\impliesAE=AF

AEF egyenlő szárú háromszögben EF merőleges AG-re.

Előzmény: [121] BohnerGéza, 2004-04-25 16:38:35
[121] BohnerGéza2004-04-25 16:38:35

Köszönöm DS megoldását a 22. feladatra, lehet belőle tanulni.

22. feladat megoldása: Ha szögfelező ( felezőpont, oldalfelező merőleges ) szerepel tükrözzünk rá! Így kaptuk az Ab és Ac pontot. Mivel CG=s-b, így AcG=s, hasonlóan AbG=s. Tehát G felezőpontja AcAb-nek, ezért csakkor felezőpontja IH-nak, ha HAbIAc paralelogramma. Ilyen paralelogramma pontosan egy létezik, amelynek H pontját a COa G-re vonatkozó tükörképe metsz ki BOa-ból. Ekkor AcI=IA és AbH=HA miatt AI=AH, tehát AG merőleges IH-ra és viszont.

Azt hiszem még ezek után is érdemes az analóg 20. feladat megoldását végiggondolni.

Előzmény: [118] DS, 2004-04-23 14:53:57
[120] Hajba Károly2004-04-25 09:45:29

Egy kis hazai :o)

27. feladat:

a) Keressünk olyan síklapokkal határolt térbeli idomo(ka)t, mely(ek)nek minden pontját minden ponttal él köt össze.

b) Keressünk olyan síklapokkal határolt térbeli idomo(ka)t, mely(ek)nek minden lapja minden lappal határos.

c) Vajon indokolt-e a többesszám?

HK

[119] lorantfy2004-04-24 01:30:00

Kedves DS!

A megoldásod olvasásakor a bennem működő "hányan értik ezt a középiskolás olvasók közül" műszer mutatója a piros sávba lendült így ne haragudj, de pár megjegyzést is teszek az ábra mellé: X ideális pont az IH egyenesen végtelen távol lévő pontot jelöl.

 (IHGX)=\frac{IG}{GH}: \frac{IX}{XH}=-1

Ez gyakorlatilag azt jelenti: IG=GH.

A szakaszok aránya helyett lehet az O pontból induló őket kimetsző egyenesek által bezárt szögek szinuszainak arányát vizsgálni. (Az X pontot az IH-val párhuzamos OX egyenes "metszi ki".) Ezt jelenti (OI,OH,OG,OX)=-1.

Az AD- ha jól értem - itt az AG egyenest jelenti.

Előzmény: [118] DS, 2004-04-23 14:53:57
[118] DS2004-04-23 14:53:57

Géza bátorított, hogy írjam le a megoldásomat a 22-es feladatra. (A 20-as is megy ennek mintájára.) Legyen az IH egyenes ideális pontja X, a BC oldalhoz írt kör középpontja O. Elég azt megmutatnunk, hogy (IHGX)=-1. Áttérve egyenesekre (OI, OH, OG, OX)=-1 kéne. Nekem kényelmesebbnek tűnt a rájuk merőleges egyenesekkel dolgozni: ezek C és B szögfelezői, a BC oldal és az AG egyenes. Ezek ugyan nem mennek át egy ponton de az egymással bezárt szögek sinusainak arányát így is felírhatjuk. Ez az első három egyenesnél sin tétellel KB:KC, a másik szükséges arány pedig KT:KS. (K a beírt kör középpontja, AD a C és B szögfelezőit T-ben és S-ben metszi.) Az maradt, hogy KB:KC=-KS:KT, ami pedig igaz, hiszen KB:KS=(c-b):a, illetve KC:KT=(b-c):a. Az utóbbi arányokat kiszámolhatjuk pl súlyozgatással, ugyanis a szögfelezők és AD is egyaránt jól ismert arányban metszik a szemközti oldalakat. Remélem Géza megörvendeztet bennünket egy elegánsabb gondolatmenettel.

[117] BohnerGéza2004-04-23 11:11:32

Elég hosszú minden húrnégyszög?

A következő feladat ötlete Csimby ujjgyakorlatok [135]-ben megjelent 42. feladatából adódott. Megoldásával még nem foglalkoztam.

26. feladat: Nevezzük elég hosszúnak a húrnégyszöget, ha szemközti oldalaival párhuzamosan húzott egy-egy vonallal három húrnégyszögre bontható. A kérdés: Elég hosszú minden húrnégyszög? Azaz valamelyik irányban fölbontható?

Az ábrán lévő igen.

[116] lorantfy2004-04-21 09:12:25

25. feladat megoldása: Legyen adott a, \alpha és a szögfelező f. Az A pont nyilván a BC fölé emelt \alpha fokos látóköríven van, az a kérdés mivel tudnánk kimetszeni a körből.

Bárhol is van az A pont a köríven a szögfelező a szemközti BC ív felezőpontján megy át, így F fix pont, ebből kéne körözni d+f sugárral és már meg is lenne az A pont.

Már csak (d+f)-et kell megszerkeszteni. BFD \Delta hasonló ABF \Delta mert van egy közös szögük és FBD \angle = BAF \angle.

 \frac{d}{e}=\frac{e}{f+d}  \implies e^2=d(f+d)

Pont körre vonatkozó hatványa = a szelőszakaszok szorzata segítségével e-ből és f-ből d és d+f megszerkeszthető: \frac{f}{2} sugarú körhöz húzott érintőre az érintési pontból felmérjük e-t. A kapott pontot összekötve a kör középpontjával a rövidebb szelőszakasz d, a hosszabbik d+f.

F pontból (d+f)-el körözve kimetsszük a körből az A pontot.

Előzmény: [115] BohnerGéza, 2004-04-20 20:44:31
[115] BohnerGéza2004-04-20 20:44:31

A 23. és 24. feladathoz hasonló, kicsit nehezebb feladat:

25. feladat: Szerkesztendő háromszög, ha adott egy oldala, a vele szemközti szög és az ehhez tartozó szögfelező. (a szögfelezőnek a háromszögbe eső darabja)

A 20. és 22. feladat egyikének megoldását, ha addig másvalaki nem teszi, kb. a hónap végén közlöm.

[114] lorantfy2004-04-17 15:25:37

24. feladat megoldása: OCE \Delta derékszögű és egyik szöge \gamma fele. Így a beírt kör sugara OE=\varrho szerkeszthető. Ezután ugyanazt a trükköt használjuk, mint az előző feladatban:

Az O pont az AB fölé emelt \delta=180^\circ - \frac{\alpha+\beta}{2}= 90^\circ+\frac{\gamma}{2} látóköríven van.

A látókörívből AB-tól \varrho távolságban futó párhuzamossal kimetsszük az O pontot. Megrajzoljuk a beírt kört. Ebből AO és BO fölé emelt Thálesz körrel kimetsszük E és F pontokat. Majd AE és BF metszéspontja adja C-t.

Előzmény: [113] BohnerGéza, 2004-04-16 14:13:22
[113] BohnerGéza2004-04-16 14:13:22

Kedves László!

Köszönöm a rajzokra vonatkozó tanácsokat!

Kicsit reméltem, hogy a [107]-es hozzászóllásom tovább érvényben marad, hogy az Euklides-szel többen foglalkozzanak. Adok viszont egy nehezebb feladatot:

24. feladat: ABC háromszög beírt körének kp-ja O. Szerkesztendő a háromszög, ha adott c, gamma és OC.

Előzmény: [111] lorantfy, 2004-04-14 00:44:49
[112] Csimby2004-04-14 01:19:36

Van két új geometria példa az újgyakorlatoknál amit eredetileg ide szántak ;-)

  [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]