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.
[165] Sirpi2004-09-15 15:29:54

Utánaszámoltam, nekem is ennyi jött ki. De gyöktelenítve talán picit egyszerűbb a végeredmény:

5-3 \sqrt2 -(3-2\sqrt2)\sqrt{\frac72+\sqrt2} \approx 0,377

Előzmény: [163] nadorp, 2004-09-15 14:44:34
[164] Hajba Károly2004-09-15 14:52:19

Kedves Péter!

Gratulálok! Én a számlálót és nevezőt még osztottam 2-vel, de így sem szebb. (Hát ez van. :o)

HK

Előzmény: [163] nadorp, 2004-09-15 14:44:34
[163] nadorp2004-09-15 14:44:34

Az ábra nem túl szép,de arra fogok hivatkozni.Nyilván AE=r. Könnyen látható, hogy O1G=1-2r és O1O2=2r. Innen a Pitagorasz-tétel szerint GO_2=EF=\sqrt{4r-1}. Végül, mivel ABC\angle=45o és BO1 szakasz nyilván szögfelező,ezért FB=r\cdot\ctg{22,5^o}=r(\sqrt2+1). Azt kaptuk tehát, hogy

r+\sqrt{4r-1}+r(\sqrt2+1)=2

4r-1=4+r^2(2+\sqrt2)^2-4r(2+\sqrt2)

(6+4\sqrt2)r^2-4r(3+\sqrt2)+5=0

Innen csak a kisebb gyök jó r<1 miatt,azaz

r=\frac{6+2\sqrt2-\sqrt{14+4\sqrt2}}{6+4\sqrt2}

(Na én erre mondtam, hogy egy kicsit csúnya,de hát ez van)

Előzmény: [162] Hajba Károly, 2004-09-15 13:30:03
[162] Hajba Károly2004-09-15 13:30:03

Kedves Péter!

Mit nevezünk rondának? Az én megoldásomban a tört számlálójában, nevezőjében is van gyök, sőt a számlálóban gyökön belül még egy gyök. :o)

Írd be a megoldásodat és megbeszéljük.

HK

Előzmény: [161] nadorp, 2004-09-15 12:11:58
[161] nadorp2004-09-15 12:11:58

Kedves Károly !

Úgy gondolom, megoldottam a 39. példát, de az eredmény a feladat "szépségéhez" képest elég ronda ( vagy én nem tudom egyszerűbb alakra hozni). Hihető ?

Előzmény: [160] Hajba Károly, 2004-09-13 10:21:59
[160] Hajba Károly2004-09-13 10:21:59

39. feladat:

Mennyi az ábra szerinti egyforma, a trapézt 2 helyen s egymást is érintő körök r sugara?

HK

[159] BohnerGéza2004-09-13 08:51:57

38. feladat: Igazoljuk az előző hozzászólásban a 'ha van igazság'-ban leírtakat, feltételezve, hogy a 37. feladat állítása igaz! ( Ezért is szép a geometria!)

[158] BohnerGéza2004-09-08 20:25:06

Egy ábra és megjegyzés a 37. feladathoz. (Bocs, a P az a pont, amiből a zöld vonalak indulnak.)

Ha van igazság, akkor az ABC háromszög Euler-egyenese is átmegy a többiek metszéspontján és akkor is igaz mindez, ha C-nél 120 fok van.

[157] BohnerGéza2004-08-13 12:40:42

37. feladat: Az ABC háromszögben C-nél 60 fokos szög van. Legyen k a körülírt kör tükörképe AB-re és P legyen k-n! Igazoljuk, hogy az ABP, BCP és CAP háromszögek Euler-egyenesei egy pontban metszik egymást! (A megoldásával érdemben még nem foglalkoztam.)

Megjegyzés: A feladathoz a GEOMETRIA téma 2. feladata és a KÖMAL 2003 szeptemberi számának A.323. feladata adta az ötletet. Ujjgyakorlatnak jó a következő: 37./b feladat: Tetszőleges ABC esetén legyen P a körülírt kör középpontja! Igazoljuk, hogy az ABP, BCP és CAP háromszögek Euler-egyenesei egy pontban metszik egymást!

[156] lorytibi2004-07-20 21:16:08

Köszönöm a megoldást!

Tényleg nem olyan nehéz a feladat, csak jól át kell gondolni, mert könnyen félreérthető. Nekem az okozott gondot, hogy feladat szövege kizárja-e, hogy csak háromszögek keletkezhetnek és távolabbi pontokat összekötve, az ilyen szakaszok feldarabolhatnak-e háromszögeket.

Mostmár rájöttem, hogy a metszéspontok újjab pontoknak tekinthetők.

Előzmény: [154] Sirpi, 2004-07-20 12:48:37
[155] Kós Géza2004-07-20 21:12:51

A szögek összeszámolása is működik.

A kis háromszögek szögeit kétféleképpen számolhatjuk össze: csúcsonként és háromszögenként. Legyen a belső pontok száma b. A szögek összege minden belső pont körül 360o; a nagy háromszög csúcsainál összesen 180o. Az összes kis háromszög összes szögének összege tehát b.360o+180o=(2b+1).180o, a kis háromszögek száma pedig 2b+1, ami páratlan.

Előzmény: [154] Sirpi, 2004-07-20 12:48:37
[154] Sirpi2004-07-20 12:48:37

Szerintem nem olyan nehéz a feladat...

Tegyük fel, hogy a pontok segítségével h darab háromszögre bontottuk a nagy háromszöget, miközben a háromszög belsejében keletkezett e db él. Mivel belső pontokról van szó, ezért a nagy háromszög oldalai nem osztódtak tovább. Ekkor a háromszög éleinek száma kétféleképpen:

egyrészt 3h

másrészr 3+2e, mert a 3 nagy háromszögélt 1-szer, a belsőket kétszer számoltuk

Innen rögtön következik, hogy h páratlan, vagyis nem lehet 2004.

Ha a határon is lehetnek pontok, akkor nem megy ez a bizonyítás, de akkor meg triviálisan keletkezhet 2004 db. háromszög, pl. egy belső pontot összekötünk a 3 csúccsal, meg 2001 felvett határponttal.

Előzmény: [153] lorytibi, 2004-07-20 12:01:48
[153] lorytibi2004-07-20 12:01:48

36.feladat: Egy háromszög belsejébe felveszünk pontokat. Majd a pontokat összekötjük egymással és a háromszög csúcsaival, úgy hogy háromszögek keletkezzenek. Bizonyítsuk be, hogy így nem keletkezhet 2004 darab háromszög!

A feladatot nekem egy matektábor pontversenyén adták fel, és elég keménynek bizonyult számomra.

[152] BohnerGéza2004-07-18 12:40:02

A 35. feladat megoldható tisztán vektorokkal, felhasználva azt, hogy a háromszög körülírt körének kp-jából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. ( Rögzített kezdőpont esetén egy pontba mutató helyvektort - célszerűen - nagybetűs vektorral jelölöm.) A [150] hozzászólás ábráját használom. Legyen O a helyvektorok kp-ja, ekkor

[151] lorantfy2004-07-16 00:54:41

Az előbb nem volt időm az indoklásra.

Az S középpontú \lambda_1=-\frac{1}{3} és az O középpontú \lambda2=3 középpontos hasonlóságok egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy P középpontú \lambda=-1 kp. hasonlósággal.

A P a transzformáció fixpontjának, tehát a két hasonlóság végrehajtása után vissza kell kerülnie eredeti helyére. Így csak az SO egyenesen lehet. PS=3SP1 és PO=3P1O miatt PS=SO. Tehát P az O pont tükörképe S-re.

Az állítás általánosan is megfogalmazható:

Legyen K1 O középpontú \lambda1 arányú kph. K2 pedig P középpontú \lambda2 arányú kph. Ezek egymásutáni végrehajtása helyettesíthető egy K kph-al melynek aránya \lambda=\lambda1\lambda2 középpontja pedig az a Q pont, mely P-nek O-ra vonatkozó \lambda arányú kph. képe.

Előzmény: [150] lorantfy, 2004-07-15 20:18:25
[150] lorantfy2004-07-15 20:18:25

Szia Sirpi!

Gratulálok, nagyon szép a megoldásod! Én is foglalkoztam vele és arra rájöttem, hogy tükörképe lesz (egy ábra alapján ez nem nagy szám), de nem tudtam bebiz.

A tükrözés P középpontja a körülírt kör O középpontjának az S súlypontra vonatkozó tükörképe lesz.

Előzmény: [149] Sirpi, 2004-07-15 16:38:55
[149] Sirpi2004-07-15 16:38:55

Kollégámmal való hosszú fejtörés után sikerült egy frappáns megoldást találnunk.

Nözzük meg először, mit kapunk, ha magasságpontok helyett a súlypontokat vizsgáljuk. Ehhez vegyünk fel egy koordinátarendszert, melynek origója a húrnégyszög súlypontja, a csúcsok helyvektorai pedig rendre a, b, c, d, ezen vektorok összege 0, mivel az átlaguk a súlypont, ami az origóban van.

Ekkor a BCD háromszög súlypontja \frac{\bf{b} + \bf{c} + \bf{d}}3 = -\frac{\bf{a}}3, vagyis a súlypontok által meghatározott négyszög az eredetinek az origóból vett -3-szoros kicsinyitéséből kapható meg.

De miért is jó ez nekünk? Azért, mert most fel tudjuk használni a háromszögek Euler-egyenesére vonatkozó ismereteket, nevezetesen, hogy minden háromszögben a körülírt kör középpontja (O), a súlypont (S) és a magasságpont (M) egy egyenesen vannak, és távolságarányuk is állandó: 2OS=SM.

Mivel húrnégyszögről van szó, ezért a 4 kisháromszög körülírt köreinek középpontjai egybeesnek. A súlyponti háromszögekről tudjuk, hogy a négyszög súlypontjából való -3-szoros kicsinyítéssel kaphatók meg a nagy négyszögből. Az Euler-egyenes tulajdonságainak felhasználásával pedig azt kapjuk, hogy ha most O-ból a 3-szorosára nagyítjuk a súlypontok által alkotott négyszöget, akkor megkapjuk a magasságpontok által alkotottat.

Összegzésképpen: a magasságpontok által alkotott négyszög egybevágó az eredeti húrnégyszöggel, és annak középpontos tükörképe. Pótkérdés: mi a tükrözés középpontja?

Előzmény: [148] lorybetti, 2004-07-14 18:58:50
[148] lorybetti2004-07-14 18:58:50

35.feladat:

Bizonyítandó, hogy egy húrnégyszög bármely 3 csúcsa által meghatározott háromszögek magasságpontjai az eredetihez hasonló négyszöget határoznak meg!

A feladat nehézségéről nem tudok nyilatkozni, annyit elárulok, hogy 11. osztályosoknak tűzték ki. Nekem okozott egy-két kellemes délutáni órát..

[147] BohnerGéza2004-06-14 14:07:31

Csak hogy a nyárra ne maradjon, akkor pihenjünk! A 32. feladat egy megoldása: A talpponti háromszög az eredetiből ahhoz hasonló, fordított körüljárású három háromszöget hagy meg, így ATbTc hasonló ABC-hez. Ezért, ha L-lel jelöljük az ABC beírt körének metszéspontját, AO / AL = ATb / AB. Tükrözzük L-t az AB-re: L’. Ekkor L’AO szög alfa és L’A=LA miatt (AO / AL’ = ATb / AB) AL’O hasonló ABTb-hez, AL’O szög = ABTb szög és O-nál derékszög van. Az AL’ Thalész-körén van O és Co, ezért ACoO szög = AL’O szög (= ABTb szög), tehát CoO merőleges AC-re, azaz O azonos M-mel.

Megjegyzés: Érdemes foglalkozni azzal az esettel, ha tompaszögű a háromszög, illetve a 32.b feladattal is ([138] [140] hozzászólások).

Előzmény: [138] BohnerGéza, 2004-05-04 12:58:42
[146] Hajba Károly2004-06-10 13:27:05

Kedves Csimby!

Gratulálok, szép munkát végeztél. Írj erről egy nagyobb cikket, s beszéld rá Gézát, hogy tegye be a lapba. Így publikálva lesz, Tied az elsőség, ha más még nem foglalkozatt vele. :o)

Illetve fordítsd le angolra is és jelezz Eriknek.

Én akkor februárban foglalkoztam egy kicsit vele, de az elméleti hátterével nem. Habár Grafok vannak a családomban, a matematika eme területén csak kissé vagyok jártas. :o) Készítettem egy 60 elemes napsugaras változatot ill. papíron kerestem a 6 és 8 elemes változatot. Most már tudom, miért eredménytelenül. :o)

Vannak olyan problémafelvetések, melyek a felvetőnek nagyon érdekes, de mást vagy nem érdekel vagy nem ért annyira hozzá, így elsikkad. Nekem ilyen az egységnégyzet 11 egy kisebb négyzetre történő osztása, azaz hányféleképpen lehet felosztani 11 kisnégyzetre. Többször felvetettem, de senki nem reagált rá. Erre mondja a francia: C'est la vie!

Üdv: HK

Előzmény: [145] Csimby, 2004-06-10 03:04:46
[145] Csimby2004-06-10 03:04:46

A 15. feladatra (65. hozzászólás) senki sem reagált, pedig szerintem érdekes problémakör. Akit mégis érdekelne a megoldás, csináltam egy honlapot ahol elég sok eredmény fenn van. Van amit elbonyolítottam és van amit nem bizonyítottam, tehát ha valakinek bármi észrevétele van, írjon. Mégegyszer a feladat: Milyen n esetén lehet n db. egybevágó négyzetet úgy elhelyezni a síkban, hogy mindegyik pontosan 3 másikat érintsen és az alakzat összefüggő legyen (érintésnek tekintjük azt is amikor a négyzetek csak egy pontban érintkeznek).

[144] BohnerGéza2004-06-08 14:13:29

Két ötlet a 34. feladat megoldásához:

1. Tekintsük a BCD körülírt körét, igazoljuk hogy e-vel való metszéspontja E! (Ebben az esetben van értelme a D ne lehessen C feltételnek, ennek hiányában ezt az esetet külön kellene vizsgálni. A második esetben nem kell a feltétel.)

2. Forgassunk B körül –60 fokkal! AC képe e lesz, így D képe e-re esik, igazoljuk, hogy ez E!

A 33. feladat megoldását mindenkinek javaslom (akár 7. osztályos kortól), aki tud a trapéz középvonaláról: a középvonal a párhuzamos oldalak számtani közepe. (2k=a+c)

[143] BohnerGéza2004-06-01 14:06:25

A [46]-ban kitűzött 14. feladat egy megoldása: Tudjuk, hogy AB || CD és AX || CY, bizonyítadó, DX || YB. Jelölje a szárak metszéspontját P! A párh. szelők tételéből és megfordításából következik:

Tudjuk: (1.) PD/PA=PC/PB (2.) PA/PY=PX/PC.

Elég: PD/PY=PX/PB, amit (1.) és (2.) megfelelő oldalainak összeszorzásával meg is kapunk.

Megjegyzés: A [46]-ban kitűzött feladat megoldása szerepelt a [57], [62] és [mostani - kb. 3] hozzászólásokban, érdemes mindegyikkel foglalkozni.

[142] lorantfy2004-05-19 16:51:28

Kedves Géza!

Kösz a megoldást! Pontosan így gondoltam. Ha már hozzászólok beírok egy egyszerű kis példát is:

34. feladat: ABC egyenlő oldalú \Delta C csúcsában húzzunk párhuzamost az AB oldallal, legyen ez e. Az AC oldal egyenesén vegyünk fel egy C-től különböző D pontot. BD szakasz felező merőlegese az e egyenest E-ben metszi. Bbh. BDE \Delta is szabályos!

Előzmény: [141] BohnerGéza, 2004-05-18 21:52:48
[141] BohnerGéza2004-05-18 21:52:48

A 14. feladat egy megoldása: Eredetileg így szól: (ne kelljen most megkeresni!) Vegyük fel az ABCD trapéz AD szárán az X, BC szárán az Y pontot. Bbh. ha AY párhuzamos CX egyenessel, akkor DY is párhuzamos BX egyenessel!

Alkalmazzuk a Pappos-tételt, mely például szerepel a [137]-es hozzászólásban. Használjuk ennek jelöléseit! Tehát az eredeti A legyen A, B-->C’, C-->A’, D-->C, X-->B és Y-->B’! Tudjuk, hogy AC’ és A’C valamint AB’ és A’B metszéspontja az ideális egyenesen van, a BC’ és C’B is ott kell messe egymást, tehát párhuzamossak.

Előzmény: [46] lorantfy, 2004-02-07 00:15:18

  [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]