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.
[1550] matekpelducik2012-05-08 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 Mihály2012-05-02 16:06:07

Egy speciális eset: \alpha=60o és a=fb. Ilyenkor a feladat a 40/60/80 fokos szögű háromszög megszerkesztését kéri.

Előzmény: [1548] Fálesz Mihály, 2012-05-02 09:58:01
[1548] Fálesz Mihály2012-05-02 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] BohnerGéza2012-05-02 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 A*BC 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 Lászlóné2012-04-24 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] HoA2012-03-26 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 OD , OA , OB , OC . A CD oldalegyenest messe ODOA E-ben, OCOB F-ben . Bizonyítsuk be, hogy ABEF húrnégyszög.

Előzmény: [1531] BohnerGéza, 2011-12-31 01:11:20
[1542] Danesz2012-03-19 19:18:17

Ja, a kötözködők kedvéért: A definícióban nincs szó síklapokról :P

[1541] Danesz2012-03-19 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 Mihály2012-03-18 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 Mihály2012-03-18 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] SmallPotato2012-03-18 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] Sudárné2012-03-18 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] Danesz2012-03-17 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] HoA2012-01-11 20:53:31

És persze jogos az a=0 kizárása is.

Előzmény: [1533] BohnerGéza, 2012-01-11 00:58:59
[1534] HoA2012-01-11 20:51:21

Igen. És így a megoldásban is helyesebb lett volna "a > 2 miatt" helyett azt írni, hogy így minden a\ne2-re

Előzmény: [1533] BohnerGéza, 2012-01-11 00:58:59
[1533] BohnerGéza2012-01-11 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] HoA2012-01-08 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] BohnerGéza2011-12-31 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] jonas2011-12-31 00:25:15

Szerintem ez a Pascal-tételből jön ki.

Előzmény: [1529] BohnerGéza, 2011-12-31 00:06:38
[1529] BohnerGéza2011-12-31 00:06:38
[1528] HoA2011-12-24 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 720o = 4 \alpha + 4 \beta + 4 \gamma , így \alpha + \beta + \gamma = 180o . 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] Erika952011-12-23 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] logarlécész2011-12-22 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] logarlécész2011-12-22 18:49:59

Csak nem Arany Dani?

Előzmény: [1521] Erika95, 2011-12-20 17:01:06
[1524] Fálesz Mihály2011-12-22 12:51:02

"Ebből adódik, hogy az átlók felezik egymást,"

???

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

  [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]