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] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1550] matekpelducik

2012-05-08 22:26:30

Egy háromszög oldalainak hossza a, b és c.Érintse az a hosszúságú oldalt a beírt kör a P,a hozzáírt kör a Q pontban.Fejezzük ki a PQ szakasz hosszát b és c segítségével!

Ehez a feladathoz várnék megoldást :) Előre is köszi (Levezetve)

[1549] Fálesz Mihály	2012-05-02 16:06:07
Egy speciális eset: $\alpha$ =60^o és a=f_b. Ilyenkor a feladat a 40/60/80 fokos szögű háromszög megszerkesztését kéri.

Előzmény: [1548] Fálesz Mihály, 2012-05-02 09:58:01

[1548] Fálesz Mihály

2012-05-02 09:58:01

Vannak speciális esetek, amikor egy sokadrendű görbe és egy kör metszéspontja véletlenül mégis szerkeszthető.

Jó lenne egy olyan esetet kipreparálni, amikor a megadott adatok "szépek", de az eredményben valami jól ismert, nem szerkeszthető mennyiség szerepel.

Előzmény: [1547] BohnerGéza, 2012-05-02 02:11:52

[1547] BohnerGéza	2012-05-02 02:11:52
Egy példa, ahogyan a 178. feladat nem szerkeszthető: (A BC oldal és a körülírt kör szerkeszthető.) Tfh az ABC a szerkesztendő háromszög, ekkor a körülírt körén mozgó A* pont és a szerkesztőprogram segítségével kirajzolható az ABC háromszög B pontjainak nyomvonala. B* a B-ből induló szögfelező másik vége. A B* nyomvonala nem másodrendű, így nem szerkeszthető. A nyomvonal ismeretében B* számára meglenne a két szükséges vonal. (A másik a B kp-ú, az adott szögfelező sugarú kör.)

Előzmény: [1546] Konkoly Lászlóné, 2012-04-24 22:36:53

[1546] Konkoly Lászlóné

2012-04-24 22:36:53

[1546] A 25. feladathoz hasonló szerkesztési feladat:

178.feladat: Szerkesszük meg a háromszöget (vagy mutassuk meg, hogy nem lehetséges), ha adott a háromszög egy oldala (a), a vele szemközti szög (alfa) és nem az alfához, mint a 25. feladatban, hanem egy másik szöghöz (pl. a bétá-hoz) tartozó szögfelező hossza.

[1545] HoA

2012-03-26 14:18:01

"Úgy látom, leszoktunk a feladatok sorszámozása." (áról) Ne tegyük. A 174. volt szerintem az utolsó számozott. Legyen [1531] a 175. , [1537] a 176. és most jöjjön a

177. feladat: Az ABCD húrnégyszög csúcsai által meghatározott ABC, BCD, CDA, DAB háromszögek beírt köreinek középpontja legyen O_D , O_A , O_B , O_C . A CD oldalegyenest messe O_DO_A E-ben, O_CO_B F-ben . Bizonyítsuk be, hogy ABEF húrnégyszög.

Előzmény: [1531] BohnerGéza, 2011-12-31 01:11:20

[1542] Danesz	2012-03-19 19:18:17
Ja, a kötözködők kedvéért: A definícióban nincs szó síklapokról :P

[1541] Danesz	2012-03-19 19:12:04
A tér a 3-dimenziós euklideszi tér. Ismétlem a definíciót kicsit másképpen: Az A halmaz átdarabolható a B halmazba, ha Az A halmaz felbontható véges sok olyan A1, A2, ..., An diszjunkt halmazra (vagyis az Ai halmazok uniói kiadják A-t), hogy ezeket az Ai halmazokat valamilyen (lehet, hogy minden i-re különböző) mozgással átvihetünk olyan Bi (természetesen szintén n darab) diszjunkt halmazba, hogy a Bi-k egyesítése kiadja B-t. Remélem elég részletes és pontos. Ja, és a mozgás az irányítástartó izometria (legjobb tudásom szerint)
Előzmény: [1540] Fálesz Mihály, 2012-03-18 13:13:44

[1540] Fálesz Mihály

2012-03-18 13:13:44

Nem egyértelmű, hogy mi a kérdés. Mit nevezel "átdarabolás relációnak"? Mi a "tér"? Hány darabra vághatunk? Csak véges sokra, vagy megszámlálható sokra? Csak síklapokkal vághatunk, vagy diszjunkt részhalmazokra bontunk?

Végtelen sok diszjunkt darab megengedése esetén elismételheted a Cantor-Bernstein-Schröder tétel valamelyik bizonyítását.

Előzmény: [1536] Danesz, 2012-03-17 18:42:39

[1539] Fálesz Mihály

2012-03-18 13:05:06

Az egy egyenesen levő szakaszok arányai között több összefüggést találhatsz akár közvetlenül, akár a Menelaosz-tétel felírásával.

Az ADC, BEC, APE, BPD egyeneseken a különböző szakaszok arányát kifejezheted a területekkel, például $\frac{AD}{DC}=\frac{t_{ABD}}{t_{DBC}}=\frac{10}{x+7}$ .

Ezekből összerakhatod a megoldást...

Előzmény: [1537] Sudárné, 2012-03-18 09:32:48

[1538] SmallPotato

2012-03-18 11:40:57

Szerintem a négyszög területe 18 egység.

Számolj vektorokkal. Használd ki, hogy $\vec {PE} = \vec {AP}$ és hogy $\vec {PD} = \frac 3 7 BP$ . (Miért?) Írd fel a $\vec {BC}$ vektort $\alpha *\vec {BE}$ -ként, az $\vec {AB}$ vektort $\beta*\vec {AD}$ -ként, majd fejezd ki az $\vec {AB}$ oldalt az $\vec {AP}$ és $\vec {BP}$ , másrészt az $\vec {AC}$ és $\vec {BC}$ vektorokkal, így két egyenletet kapsz $\alpha$ és $\beta$ értékére.

Előzmény: [1537] Sudárné, 2012-03-18 09:32:48

[1537] Sudárné

2012-03-18 09:32:48

A feladat a következő: Egy háromszög egy-egy oldalán vegyünk fel egy-egy tetszőleges pontot (jelöljük mondjuk D-vel és E-vel) Ezeket a pontokat kössük össze a velük szemközt lévő háromszög csúcsával. A háromszög így négy részre bomlott, három háromszögre és egy négyszögre, A három háromszög területét ismerem, kérdés a négyszög területe.

Az ábrán találhatóak a további adatok.

[1536] Danesz

2012-03-17 18:42:39

Üdv mindenkinek! Segítenétek egy feladat kidolgozásában? Bizonyítandó, hogy a tér részhalmazain értelmezett átdarabolás relációra igaz, hogy ha A átdarabolható B egy részhalmazába, és B átdarabolható A egy részhalmazába, akkor A átdarabolható B-be. (A átdarabolható B-be, ha létezik az A=U(A(i)) véges diszjunkt felbontás és B=U(B(i)) véges diszjunkt felbontás, hogy A(i) mozgással átvihető B(i)-be)

[U az unió jele]

[1535] HoA	2012-01-11 20:53:31
És persze jogos az a=0 kizárása is.
Előzmény: [1533] BohnerGéza, 2012-01-11 00:58:59

[1534] HoA	2012-01-11 20:51:21
Igen. És így a megoldásban is helyesebb lett volna "a > 2 miatt" helyett azt írni, hogy így minden a $\ne$ 2-re
Előzmény: [1533] BohnerGéza, 2012-01-11 00:58:59

[1533] BohnerGéza	2012-01-11 00:58:59
Mint HoA megoldásából is látszik, ha P közelebb van a vezéregyeneshez mint a fókuszpont, de P nincs a tengelyen, akkor is igaz az 1531-beli állítás. Ekkor a nagyítás aránya negatív.
Előzmény: [1532] HoA, 2012-01-08 16:41:15

[1532] HoA	2012-01-08 16:41:15
Nem nagy a tolongás. Egy mechanikus bizonyítás, mely talán kedvet vagy ötletet ad egy szemléletesebbhez: Válasszuk úgy a koordinátarendszer egységét, hogy a parabola egyenlete $y=\frac{x^2}{4}$ legyen. Ekkor F koordinátái ( 0;1) , v és t metszéspontja Q( 0;-1) . Legyen $P(a;\frac{a^2}{4})$ , ahol a feltétel szerint a>2 . A PQ egyenes és a parabola második metszéspontjára ( R ) felírt, x-re adódó másodfokú egyenletből (x-a) kiemelhető, a másik megoldás $R_x = \frac{4}{a}$ . A nagyítás során R képe Q, F képe F' ,ennek ordinátája legyen h. A lineáris méretek azonos nyújtása miatt a zöld illetve kék hasonló háromszögek hasonlósági aránya megegyezik: $\frac{P_y - F'_y}{F_y - F'_y} = \frac{P_x - Q_x}{R_x - Q_x}$ ; $\frac{a^2 / 4 - h}{1 - h} = \frac{a - 0}{4/a - 0}$ ; $a - \frac{4h}{a} = a - ah ; h(4 -a^2) = 0$ , ebből pedig a > 2 miatt h=0 .

Előzmény: [1531] BohnerGéza, 2011-12-31 01:11:20

[1531] BohnerGéza

2011-12-31 01:11:20

jonas [1530]: Azért ne ijesszük el az olvasókat. Megy egyszerűbben is! HoA leírásából nem következik?

(Úgy látom, leszoktunk a feladatok sorszámozása.) Egy másik feladat:

[1530] jonas	2011-12-31 00:25:15
Szerintem ez a Pascal-tételből jön ki.
Előzmény: [1529] BohnerGéza, 2011-12-31 00:06:38

[1529] BohnerGéza	2011-12-31 00:06:38

[1528] HoA	2011-12-24 09:45:55
Elnézést, figyelmetlen voltam. Természetesen nem igaz, hogy az átlók felezik egymást. ( Ld. ábra ) . Egy megoldás: Addig igaz, hogy AB és DE párhuzamosságából valamint AD és BE egyenlő hosszából adódik, hogy a két átló egyenlő szögeket zár be a párhuzamos oldalakkal. Az ábrán pirossal jelölt szögek ABE $\angle$ = BAD $\angle$ = DEB $\angle$ = EDA $\angle$ , legyen $\alpha$ . Hasonlóan CDA $\angle$ = FCD $\angle$ = DAF $\angle$ = CFA $\angle$ , legyen $\beta$ ( kék ), valamint CBE $\angle$ = BCF $\angle$ = BEF $\angle$ = CFE $\angle$ , legyen $\gamma$ ( zöld ). BAD $\angle$ = DEB $\angle$ miatt ABDE húrnégyszög, körülírt köre legyen k. A hatszög szögeinek összegére 720^o = 4 $\alpha$ + 4 $\beta$ + 4 $\gamma$ , így $\alpha$ + $\beta$ + $\gamma$ = 180^o . k -ban a BD húrhoz tartozó egyik kerületi szög $\alpha$ , BCD $\angle$ = $\beta$ + $\gamma$ , így ABCD húrnégyszög, C is rajta van k -n. Ugyanígy adódik, hogy F is rajta van k -n.

Előzmény: [1526] logarlécész, 2011-12-22 19:00:43

[1527] Erika95	2011-12-23 17:18:38
Azt nem tudom,hogy mi van abban az esetben, hogyha nem szabályos a hatszög?
Előzmény: [1526] logarlécész, 2011-12-22 19:00:43

[1526] logarlécész

2011-12-22 19:00:43

Szerintem nem feltétlenül felezik egymást a szakaszok (nem a feladat végén, hanem abból, hogy egyenlő hosszúak), én legalábbis nem látom, hogy ez honnan jött.

Viszont azt hiszem, az biztos, hogy ha a hat csúcsból két szemköztit elhagyunk, a maradék húrnégyszöget alkot (egyenlő átlójú trapéz), de ebből következik a megoldás?

Előzmény: [1522] HoA, 2011-12-20 17:31:48

[1525] logarlécész	2011-12-22 18:49:59
Csak nem Arany Dani?
Előzmény: [1521] Erika95, 2011-12-20 17:01:06

[1524] Fálesz Mihály

2011-12-22 12:51:02

"Ebből adódik, hogy az átlók felezik egymást,"

???

Előzmény: [1522] HoA, 2011-12-20 17:31:48

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?