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.

[181] lorantfy

2004-11-11 08:38:28

Kedves Mihály!

Ez tényleg érdekesebb, meg aztán jóval egyszerűbb is, hiszen a két kör területének különbségével egyezik meg:

(121-81) $\pi$ =40 $\pi$

Előzmény: [179] Fálesz Mihály, 2004-11-10 14:07:23

[180] lorantfy	2004-11-10 20:31:38
44. feladat megoldása: Vegyük fel az $\alpha$ szöget és mérjük fel a száraira a félkerületet. A kapott E és F pontban állítsunk merőlegest. Ezek metszéspontja P a háromszög kívülírt körének középpontja, sugara r_a=PE. Rajzoljuk meg a kört! Az a oldal ennek a körnek érintője. Húzzuk meg az AP szögfelezőt, ez a kört a G pontban metszi. A háromszög területe T= $\rho$ s. Mivel s adott, ez akkor a legnagyobb, ha a beírt kör a lehető legnagyobb. Ez pedig akkor van ha a beírt kör G pontban érinti a kívülírt kört. Tehát a maximális területű háromszög egyenlő szárú. Így a szerkesztés befejezése egyszerű: Állítsunk merőlegest a G pontban a szögfelezőre, ez lesz az a oldal.

Előzmény: [177] BohnerGéza, 2004-11-09 10:36:42

[179] Fálesz Mihály	2004-11-10 14:07:23
Szerintem sokkal érdekesebb azt kiszámolni, hogy mekkora a piros és a kék terület különbsége.

Előzmény: [176] matekos04, 2004-11-08 19:54:26

[178] BohnerGéza

2004-11-09 13:29:57

A B.3736. feladat és egy megoldása: Az egységnyi oldalú ABCD négyzet CD oldalán adott az N, CB oldalán pedig az M pont úgy, hogy az MCN háromszög kerülete 2. Mekkora az MAN szög?

Adott az MCN háromszög egy szöge (derékszög) és kerülete, ami kettő. Így félkerülete s=1. Tudjuk, hogy a csúcsból a szemközti hozzáírt körig húzott érintőszakasz hossza s, így esetünkben a C-vel szemközti érintőkör B-nél ill. D-nél érinti a C-ből induló oldalakat, tehát középpontja A. Az AM és AN az MCN külső szögfelezői. Tükrözve AM-re B-t a E-t, majd AN-re E-t a D-t kapjuk. A két tengelyes tükrözés B-t A körül 90 fokkal forgatta el, így a két tengely szöge 45 fok.

[177] BohnerGéza	2004-11-09 10:36:42
44. feladat: . Szerkesztendő a lehető legnagyobb területű háromszög, ha adott egy szöge és a kerülete!

[176] matekos04

2004-11-08 19:54:26

Udv. mindenkinek!

Maglattam ezt a topikot erdekesnek talaltam es gondoltam hogy bekuldök egy feladatot:

A kerdesem az hogy hany negyzetcentimeter a szurke terulet.

[175] BohnerGéza	2004-11-07 18:18:31
A 41. feladat másik megoldása: Az OOa Thálesz-körén a B, a C és pl. a B tükörképe is rajta van, így bc=ACAB';=AO*AOa.

Előzmény: [172] BohnerGéza, 2004-10-21 09:01:05

[174] lorantfy

2004-10-24 11:21:22

Kedves Géza!

A 42. feladatra egy látványosabb bizonyítást szerettem volna adni, de idő hiányában beérem azzal, hogy visszavezetem egy ismert összefüggésre. Hivatkozok - és egyben felhívom a figyelmeteket - Kiss György: Amit jó tudni a háromszögekről című cikkére itt.

42. feladat megoldása:

Bizonyítandó: $\rho =4r sin \frac{\alpha}{2}sin\frac{\beta}{2}sin\frac{\gamma}{2}\implies sin \frac{\alpha}{2}sin\frac{\beta}{2}sin\frac{\gamma}{2}= \frac{\rho}{4r}$

Felhasználjuk, hogy $sin \frac{\alpha}{2}sin\frac{\beta}{2}sin\frac{\gamma}{2}= \frac{T^2}{s \cdot abc}$

Tehát, be kell látnunk, hogy $\frac{T^2}{s \cdot abc}= \frac {\rho}{4r}$ Átszorozva: $T^2=\rho s \cdot \frac{ab}{2} \frac{c}{2r}=\rho s \cdot \frac{ab}{2}sin \gamma =T \cdot T$

Előzmény: [172] BohnerGéza, 2004-10-21 09:01:05

[173] lorantfy	2004-10-23 14:55:54
41. feladat megoldása: AOC $\Delta$ hasonló ABO_A $\Delta$ , mert A csúcsnál lévő szögük $\frac {\alpha}{2}$ . $AOC \angle = 180- \frac{\alpha}{2}- \frac{\gamma}{2}=\alpha + \beta + \gamma - \frac{\alpha}{2}- \frac{\gamma}{2}= \beta + \frac{\alpha+ \gamma}{2}=ABO_A \angle$ Így aztán az oldalak arányából: $\frac{AB}{AO_A}= \frac{AO}{AC} \implies AB \cdot AC=AO \cdot AO_A$

Előzmény: [172] BohnerGéza, 2004-10-21 09:01:05

[172] BohnerGéza

2004-10-21 09:01:05

41. feladat: Az ABC háromszög szokásos jelölései mellett (O a beírt, Oa az A-val szemközti hozzáírt kör középpontja) igazoljuk, hogy AO*AOa = b*c.

42. feladat: ( ró a beírt kör, r a körülírt kör sugara ) bizonyítandó, hogy

ró = 4r*sin(alfa/2)*sin(béta/2)*sin(gamma/2)

[171] BohnerGéza	2004-10-15 09:48:29
Sajnos máshogy nem tudom javítani a [170.] hozzászólásban elírt részt! A 37. feladat a [157.] hozzászólásban szerepel.
Előzmény: [170] BohnerGéza, 2004-10-14 22:50:38

[170] BohnerGéza

2004-10-14 22:50:38

40. feladat: Az ABC háromszög és a k-val jelölt kör feleljen meg a 37. feladatban ( [169.] hozzászólásban ) leírtaknak. Igazoljuk, hogy ABC magasságpontja k-n van! ( pontosítható az állítás )

Ez a feladat ötletet adhat a 37. feladat megoldásához, illetve segíthet a [169.] hozzászólásban vázolt számolásban.

Előzmény: [158] BohnerGéza, 2004-09-08 20:25:06

[169] BohnerGéza	2004-10-11 15:47:59
A 37. feladat: megoldásához. Egyelőre nincs jobb ötletem, mint a koordináta geometriai út, ez járható is. A mellékelt ábrán használt jelöléseket ajánlom. ( Hasonlóság miatt elég az ott látott AB szakasz esetén bizonyítani. ) A 38. feladat alapján először az APB és az ABC háromszög Euler-egyenese metszéspontjának meghatározását ajánlom. Szép, érdekes eredményt kapunk. Néhány nap múlva ezt közlöm.

Előzmény: [159] BohnerGéza, 2004-09-13 08:51:57

[168] Kristóf Miklós

2004-10-06 13:18:22

Kedves Sirpi és többiek! Még egy picit csinosítható a képlet:

r = 5 - 3sqr(2) - sqr(142 - 100sqr(2))/2

A képlet érdekessége hogy 142 az majdnem 100sqr(2)=141.42..

Előzmény: [165] Sirpi, 2004-09-15 15:29:54

[167] newbee

2004-10-01 17:28:05

Sziasztok!

bocs a zavarasert, pici segitseget szeretnek kerni affin transzformacikkal kapcsolatban. Eleg volna egy link is, ahol esetleg elmagyarazzak hogyan kell megszerkeszteni, de az is, ha cimszavakban elmeselitek.

Olyant kellene csinalnom, hogy adott egy haromszog, az affinitas iranya parhuzamos a tengellyel, es az egymasnak megfelelo pontok egy oldalra kerulnek. A masik: ugyanezen haromszog ferde affin kepe. A tengely nem metszi a haromszoget, es az egymasnak megfelelo pontok egy oldalon vannak.

Koszi :)

[166] Hraskó András	2004-09-29 03:16:57
A legfrissebb Kömalban olvasható egy-egy szép megoldás a B.3678. és a B.3680. feladatra. Mind a két feladatra adható frappáns projektív geometriai gondolatmenet, amivel pld az utóbbi feladat állítását messzemenően általánosítani is lehet. Talán a PÁLYÁZAT-on is sikerrel indulhat az, aki megtalálja ezeket a megoldásokat.

[165] Sirpi

2004-09-15 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 Károly

2004-09-15 14:52:19

Kedves Péter!

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

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

[163] nadorp	2004-09-15 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 $\angle$ =45^o 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 Károly

2004-09-15 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.

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

[161] nadorp

2004-09-15 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 Károly

2004-09-13 10:21:59

39. feladat:

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

[159] BohnerGéza	2004-09-13 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] BohnerGéza

2004-09-08 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] BohnerGéza

2004-08-13 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!

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?