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.
[1725] w2013-06-05 22:02:48

A mértani helyed a GeoGebra szerint parabola, ezt majd igazolom. (Amúgy jól jön, nekem eléggé tetszik a parabola/hiperbola függvénytani megfogalmazásának geometriai alkalmazása.)

Mondanék egy sokkal nehezebb mértani helyt. Rögzített AB szakasz, AB-vel párhuzamos egyenesen mozog C, de most a beírt kör középpontjára keresünk mértani helyet. Igen csúnyácska lesz (ábra). A kérdés, hogy a te inverziódhoz hasonlóan mily módon lehet "normális" mértani helyre átírni a kérdést (eddig nyitott probléma :-) ).

Ugyanígy mozgó C pont esetén mi lesz a szimmediánpont mértani helye, i. e. konjugáljunk izogonálisan egy egyenest!

Előzmény: [1723] Sinobi, 2013-06-05 19:26:04
[1724] w2013-06-05 20:03:06

A megoldásom annyi, hogy vegyük észre, hogy AMD_{\Delta}\sim BMC_{\Delta}, hisz két-két azonos szögük van ha jól elnézem (itt M=AC\capBD). Innen AM/BM=DM/CM. A csúcsszögek miatt is ekkor AMB_{\Delta}\sim DMC_{\Delta} és ebből adódik a szögek egyenlősége.

Megfigyelhető, hogy vannak tipikusan olyan feladatok, melyek azonnal beugranak valamilyen embereknek, de mások pedig órákig töprengenek rajta. Emellett rendkívül érdekes, hogy egy lehetetlennek vélt, de sokszor átgondolt problémát egy másik embernek elmagyarázva, nagy eséllyel a magyarázás közben eszünkbe jut a megoldás. Személyes tapasztalat. :-)

Az ötlet a következő feladatból ugrott be. ABCD konvex négyszögben CBD\angle=CAB\angle és ACD\angle=ADB\angle. Igazoljuk, hogy BC, AD és AC szakaszokból szerkeszthető derékszögű háromszög.

Előzmény: [1721] Sinobi, 2013-06-04 22:08:52
[1723] Sinobi2013-06-05 19:26:04

wow, ez gyors volt, Nekem napokba telt, míg találtam egy (nem egyszerű) megoldást. A tiedet majd írd le ha ráérsz, addig is egy mértani hely:

Ha A és B rögzített, C egy AB-vel párhuzamos egyenesen futhat, mi ABC háromszög magasságpontjának mértani helye?

Előzmény: [1722] w, 2013-06-05 07:25:33
[1722] w2013-06-05 07:25:33

Túl könnyű feladatok? Szeretek egy feladatot, ha nem trivi, de könnyen kijön érdekes eszközökkel.

A te feladatod nekem könnyű volt, talán mert láttam már hasonlót.

Előzmény: [1721] Sinobi, 2013-06-04 22:08:52
[1721] Sinobi2013-06-04 22:08:52

w feladatai könnyűek, itt egy talán nehezebb (nekem nehéz volt)

Néha előfordul, hogy a feladatban szögek adottak, és a bizonyítandó állítás is szépen megfogalmazható szögekkel. Ilyenkor az ember úgy szögszámolna egy kicsit, sűrűn használva, hogy a párhuzamos egyenesek között (tükörképek, elforgatottak, hasonló háromszögek etc) ugyanakkora a szög, és hogy a háromszög szögösszege 180, ebből minden ki kell hogy jöjjön, akkor is, ha nem trükközök semmit.

Feladat: AB szakasz ugyanakkora szögben látszik C és D pontokból, bizonyítsd be, hogy BC szakasz ugyanakkora szögben látszik A és D pontokból, anélkül hogy észrevennéd, hogy húrnégyszög és kerületi szögek, vagy felhasználnád annak a bizonyítását (sőt, ne is használj köröket).

[1720] ibiro2013-06-04 21:55:03

Könnyen ígazolható hogy az AMB szög állandó (=OAB=OBA), tehát egy kör a mértani hely.

Előzmény: [1718] w, 2013-06-04 20:21:14
[1719] w2013-06-04 20:59:25

Egy háromszög beírt körének az oldalakkal való érintési pontjain át párhuzamost húztunk a szemközti szög szögfelezőjével. Mutassuk meg, hogy az így kapott három egyenes egy ponton megy át!

[1718] w2013-06-04 20:21:14

A és B egy O körüli k kör rögzített pontjai. E kör minden X pontjára legyen XO és k metszéspontja Y. Legyen M=AX\capBY. Határozzuk meg M mértani helyét.

[1717] ibiro2013-06-04 14:31:38

Nem a szerkesztés volt a feladat, mert most már biztos hogy nem is lehet megszerkeszteni. Én állitom, hogy a feladat meg van oldva általánosabban, a kör csak leszűkiti a mértani helyet egy vagy maximum két pontra. Remélem a mellékelt ábra és a görbe parametrikus egyenlete mindenkinek világos. Köszönöm mindenkinek aki próbálkozott.

Előzmény: [1708] Sinobi, 2013-05-15 10:44:46
[1716] Sinobi2013-05-20 00:22:29

Igen, ez is jó szűkítés, nekem nem jutott eszembe. Jól számolom, hogy ez általában 6 db megoldást ad, és hogy minden esetben ad valamennyit?

Az én taktikám, hogy felépítem a kész ábrát az ABC köré, onnan már egyszerű átmozgatni.

Olyan háromszög szerkesztése ahol az oldalak párhuzamosak az eredetivel:

A, B és C ponton át párhuzamosokat húzok e,f és g egyenesekkel. Amelyek képei által alkotott E'F'G' háromszög oldalai párhuzamosak az eredeti EFG háromszögével, vagyis egy kpos nyújtással belevihetők - amellyel az eredeti háromszög a kívántba megy.

Amely egybevágó az eredetivel:

Ugyanúgy, mint az előbb, az e,f és g egymásal bezárt szögeivel látóköröket mérek ABC oldalaira, így kapok egy mozgatható, EFG-hez hasonló háromszögsort, és már csak azt kell megoldanom, hogy két kör metszéspontján át kívánt hosszúságú húrt tudjak szerkeszteni, de az sem nehéz.

Előzmény: [1715] w, 2013-05-19 22:12:08
[1715] w2013-05-19 22:12:08

Arra gondoltam, hogy pl. g-n egy pontot kijelölve, már ahhoz létezik megfelelő háromszög. Ezt P körüli megfelelő forgatva nyújtással kapható meg, az ábra szerint (pl. e-t \alpha szöggel, AB/AC aránnyal; a metszéspont f-fel adja meg a szerkesztendő második csúcsot). Ezt értettem a feltételek élesítése alatt. Szívesen megnézném viszont a Te eredményeidet is.

Előzmény: [1710] Sinobi, 2013-05-15 23:12:56
[1714] w2013-05-19 21:53:07

Csináltam képet.

Előzmény: [1711] jonas, 2013-05-17 17:41:22
[1713] jonas2013-05-17 18:30:56

Ez ügyes megoldás, köszönöm!

Előzmény: [1712] Vonka Vilmos Úr, 2013-05-17 18:08:00
[1712] Vonka Vilmos Úr2013-05-17 18:08:00

A legegyszerűbb a keresett k körök e-re illeszkedő érintési pontjait megkeresni.

C rajta van az összes, A és B pontot tartalmazó kör közös hatványvonalán, ezért C-ből minden ilyen körhöz ugyanolyan hosszú érintőszakasz húzható. Ezért elég szerkeszteni egy tetszőleges kört az A és B pontokon keresztül, és ahhoz érintőt húzni C-ből, ennek a hossza adja meg az érintőszakaszok d hosszát. A keresett körökhöz C-ből húzott érintőszakaszok éppen az e egyenesen vannak, ezért a C középpontú d sugarú kör kimetszi a lehetséges érintési pontokat e-ből.

Előzmény: [1711] jonas, 2013-05-17 17:41:22
[1711] jonas2013-05-17 17:41:22

Ha már a szerkesztéseknél járunk, hadd vessem föl a következő feladatot.

Bemenetnek adott síkon egy e egyenes, az egyenesen egy C pont, az egyenesen kívül egy A pont, és az AC szakasz belsejében egy B pont. Szerkesszük meg körzővel és vonalzóval mindkét kört, amely átmegy az A és B pontokon és érinti az e egyenest.

Mondok erre egy szerkesztést, de gyanítom, hogy van egyszerűbb megoldás is. Ha tudtok egyszerűbbet, akkor mondjátok el légyszi.

Szerkesszük meg az AB szakasz felező-merőleges egyenesét, ezt hívjuk f-nek. A keresett körök középpontja biztosan f-en van. Válasszunk az f egyenesen egy tetszőleges T pontot, amely nem esik az e egyenesre. Szerkesszük meg a T középpontú e-t érintő t kört – ismert, hogy ezt hogy lehet megszerkeszteni.

Most ha e és f nem párhuzamos, akkor jelölje e és f metszéspontját F. Ekkor a keresett két k kör hasonló a t körhöz egy-egy F középpontú hasonlósággal. Ha viszont e és f párhuzamos, akkor k egybevágó t-vel, és egy e-vel párhuzamos eltolással kaphatjuk meg belőle.

Szerkesszük meg most a b egyenest, amely B-n és F-en átmegy az első esetben, illetve B-n átmegy és e-vel párhuzamos a második esetben. Előfordulhat, hogy e és f majdnem párhuzamos ezért F lelógna a papírról, ilyenkor b-t például Desargues-tételes szerkesztéssel lehet megkapni. Legyen b és t két metszéspontja P (mindig van két metszéspont). Ekkor az az F középpontú hasonlóság vagy eltolás, ami t-t átviszi k-ba, a P pontot B-be viszi, ezért a TP egyenes párhuzamos a KP egyenessel, ahol K a keresett k kör középpontja. Ezért tehát szerkesszünk TP-vel párhuzamost B-n át, ennek a metszéspontja f-fel megadja a keresett K középpontot (mindig van metszéspont). Végül szerkesszük meg K középpont körül B-n át a k kört. Az utolsó lépéseket mindkét P metszéspontra el kell ismételni.

Ábrát most nem rajzolok, de ha nem érthető, akkor rajzolhatok később.

[1710] Sinobi2013-05-15 23:12:56

,,Adott az e, f és g egyenes és egy háromszög. Szerkesszünk oly háromszöget, amelynek három csúcsa rendre e-n, f-en és g-n van, illetve hasonló a megadott háromszöghöz! A feltételeket lehet-e élesíteni?''

Élesíteni nem tudtam, de ilyeneket találtam:

ha nem mind a három egyenes párhuzamos, akkor szerkeszthető olyan háromszög, aminek minden oldala párhuzamos az eredetivel

ha létezik, akkor szerkeszthető olyan háromszög, ami egybevágó az eredetivel.

Előzmény: [1705] w, 2013-05-14 22:10:14
[1709] w2013-05-15 20:51:57

OK

Előzmény: [1707] Sinobi, 2013-05-14 22:24:25
[1708] Sinobi2013-05-15 10:44:46

Az enyém is ugyanígy kijön, ibiro feladatát tehát biztosan tudunk szerkeszteni már egy derékszögű hiperbolázóval és egy körzővel. Már csak azt kell belátni, hogy az összes ilyen hiperbola és körmetszés előáll, és beláthatjuk, hogy nem lehet megszerkeszteni általában.

Előzmény: [1707] Sinobi, 2013-05-14 22:24:25
[1707] Sinobi2013-05-14 22:24:25

Az A-n átmenő egyenes csúsztatva tükrözött képe és metszése T pont. A két egyenes a csúsztatva tükrözés tengelyéből egy konstans hosszú szakaszt metsz le.

Ha nézed az erre merőleges tükrözést, az is ugyanez a tükrözés, és az a szakasz is konstans. Tehát két egyenestől való távolság szorzata is konstans.

[1706] Sinobi2013-05-14 22:15:01

A piros az az eltolás vektor, a tengely meg a pirossal párhuzamos, és áthalad PQ felezőpontján. Csúszutatva tükrözés: egy tükrözés egy tengelyre, és egy csúsztatás egy vektorral (tetszőleges sorrendben).

Előzmény: [1705] w, 2013-05-14 22:10:14
[1705] w2013-05-14 22:10:14

Ezt leírnád kicsit részletesebben? A stratégiát értem, de te pontosan mit csináltál a piros és zöld szakaszokkal, mi a tengely?

Amúgy köszönöm a hozzászólást!

"Ezt én is nem régen kaptam meg."

A feladatot egy versenyen találtam ki, és elemi megoldást most látok először rá :-). A feladat pedig úgy jött ki, hogy (alapja:)

Adottak a párhuzamos e és f egyenesek és közöttük a P és Q pont; szerk. olyan egyenlő szárú háromszög, amelynek alapja e-n van, szárszögcsúcsa f-en és P-n áthalad egyik szára, Q-n pedig a másik. (saját)

Ennek megoldása triviális tükrözés f-re. Akkor nézzük meg, hogy a tükrözéses módszert hogy vetnénk be akkor, ha e és f nem is párhuzamos. Keresd meg a kapcsolatot eközött és a végkifejlet között.

"Ahogy én kaptam: tekintsek egy csúsztatva tükrözést, bizonyítsam be, hogy egy egyenes és képe metszése egy derékszögű hipikén van."

Formálisan (vagy GeoGebrásan :-) ) megfogalmazva rögzítünk egy pontot, egy t tengelyt és egy v vektort; veszünk egy egyenest a ponton át és t-re tükrözzük majd eltoljuk v-vel; a kapott egyenest az eredetivel elmetszve kapott pont mértani helye kell ha az egyenes iránya befutja [-\pi;+\pi)-t.

"és még a gg is bugos és nem enged sok mindent"

Nekem 4.2 van és egész jól működik. Próbáld letölteni a legújabb verziót. Az ábrák alapján egész régi változat van neked meg.

-----

Van sok ilyen tükrözgetős fajta feladat. Elmondanék egy nem olyan triviálisat:

Adott az e, f és g egyenes és egy háromszög. Szerkesszünk oly háromszöget, amelynek három csúcsa rendre e-n, f-en és g-n van, illetve hasonló a megadott háromszöghöz! A feltételeket lehet-e élesíteni?

Előzmény: [1704] Sinobi, 2013-05-14 20:43:47
[1704] Sinobi2013-05-14 20:43:47

Ezt én is nem régen kaptam meg.

Ahogy én kaptam: tekintsek egy csúsztatva tükrözést, bizonyítsam be, hogy egy egyenes és képe metszése egy derékszögű hipikén van.

Egy csúsztatva tükrözés helyett rögtön kettőt nézek, a rá merőlegest, piros és zöld vektor-szakaszokkal (lásd ábra). Minden egyenespár metszése a tengelyekből (a hiperboláéból) egy piros és egy zöld szakasz, és mert az egyenesek tükrösek a tengelyekre, a T metszéspontnak a tengelyektől való távolságának szorzata mindig piros*zöld/4 (ha nem számoltam el) ami konstans, tehát ez egy 1/x függvény. (hogy ez miért hiperbola.)

(elnézést, az ábrára sok mindent zsúfoltam (és még a gg is bugos és nem enged sok mindent) )

Az enyém is hasonló, majd nekiesem.

Előzmény: [1703] w, 2013-05-14 19:18:04
[1703] w2013-05-14 19:18:04

Szerintem hasonló jellegű a belinkelt feladat. Talán a Steiner-tételt erre is rá lehetne nyomni? A másik az - amit gondolom észrevettél -, hogy hiperbolát invertálva és az alapkört mozgatva mindenféle szép őscsigát kaphatunk :-)

Előzmény: [1702] Sinobi, 2013-05-14 17:38:05
[1702] Sinobi2013-05-14 17:38:05

felvettem az OB-n levő középpontú, O-n átmenő apollóniusz-köröket, leinvertáltam az ábrát O-ra, kaptam a következő feladatot:

Adott egy egyenesen B, O, rögzített, és egy F futópont. Adott az egyenesen kívül egy A pont. Hol lesz az FOA kör, és az FBF egyenes (BF felezőmerőlegese) metszéspontja? Geogebrában megnéztem, merőleges hiperbolának néz ki. Feladat: bizonyítsd be a sejtést, vagy cáfold (adj meg 6 metszéspont koordinátát úgy, hogy nem lesznek merőleges hiperbolán)

Előzmény: [1679] ibiro, 2013-04-05 13:09:20
[1701] Maga Péter2013-05-02 08:18:47

Általában nem mondhatjuk. Elnézést, ebből a szempontból az [1697]-ben leírt példa túl speciális volt, ahol véletlenül ez is igaz. De ugyanott legyen inkább a görbe f(t)=k(t2). Ekkor f'(t)=2tk'(t)=k(t)2tk'(0): itt a k(t) a csoportelem, amivel eltoljuk a 2tk'(0) Lie-algebra elemet (ami csak t=0-ban egyenlő f'(0)-val, f' látványosan nem invariáns). A képlet nem mondja azt, hogy a görbe érintője maga invariáns vektormező, az invarianciát csak a TeG és a TgG érintőterek természetes azonosításához használjuk.

Másképpen: azt nem tehetjük fel, hogy a görbe érintője (a mozgó pont sebessége) invariáns, de azt igen, hogy minden egyes pontban illeszkedik egy invariáns vektormezőre (ez persze lehet minden pontban más és más). Tehát a képletbeli gX érintő nemcsak az eltoláson keresztül függ g-től, hanem maga az X is mutat(hat) g-függést, ld. a fenti f(t)=k(t2) példát, ahol gyorsulva járjuk be a körvonalat.

Előzmény: [1700] Lagrange, 2013-05-01 17:25:23

  [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]