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.
[216] szefoharcos2005-03-16 00:54:05

Sziasztok!

Érdekes megfogalmazása ez a feladat a Pascal-tételnek. Ha ugyanis egy kicsit belegondolunk, látszik, hogy erről van szó. Vegyük azt az álapotot, amikor eljutunk a P6 ponthoz! Ekkor van egy húrhatszögünk; persze a pontokat index szerinti sorrendben kell tekinteni. A megfelelő "szemközti oldalpárok" metszéspontja közül A és B már adott. A Pascal-tétel miatt a harmadik metszéspont rajta van AB egyenesén, és persze P3P4-en, így az csak C lehet. Tehát P6,P1 és C kollineáris; ezt fogalmazta meg a kitűző úgy, hogy CP6 egyenese a kört P1-ben metszi. A Papposz-Pascal-tétel ellipszisre is igaz, ezzel a feladat általánosítása is rögtön adódik.

[215] lorantfy2005-03-15 09:17:19

Merőleges affinitást alakalmazva egyenes képe egyenes, a kör képe ellipszis lesz. Látszik, hogy az állítás ellipszisre is igaz.

Előzmény: [212] BohnerGéza, 2005-03-07 22:41:22
[214] lorantfy2005-03-14 22:12:22

Hello Attila!

Ezek a feladatok nagyon egyszerűek, de én azért el tudom képzelni, hogy van akinek ezek is problémát okoznak. Az első lépéseket is meg kell tenni és ezek a legnehezebbek, csak vannak akik erre már nem emlékeznek.

A magasságok merőlegesek az oldalakra, így a magasságok talppontjaiban derékszögek vannak. Ha AB felezőpontjából rajzolsz egy kört AFc sugárral, akkor a Thálesz tétel szerint ezen a körön rajta lesz mindkét magasság talppontja. Tehát egyenlő (sugár) távolságra vannak az oldal felezőpontjától.

A háromszög területét ki tudod számítani az oldal és a hozzá tartozó magasság szorzataként. Tehát az oldalak és a magasságok között fordított arányosság van, hiszen szorzatuk állandó. Ekkor viszon az oldalak és a magasságok reciprokai között egyenes arányosság van, mivel ezeket használva a terület képletekben a hányadosok lesznek állandók, ugyanis a magassággal való szorzás helyett oszthatunk a reciprokával.

Ha két szög összege 180 fok, akkor a feleik összege 90 fok.

Előzmény: [213] Attila89, 2005-03-14 18:52:48
[213] Attila892005-03-14 18:52:48

Hello mindenkinek!Kaptam 3 feladatot,melyek hát kicsit kifogtak rajtam.Nagyon hálás lennék,ha valaki,még ha csak az egyikben is tudna segíteni.Előre is köszönöm.Az első: Bizonyítsuk be,hogy egy háromszög magasságának talppontjai egyenlő távolságra vannak a harmadik oldal felezőpontjától. A második: Igazoljuk,hogy a háromszög oldalai és a hozzájuk tartotó magasságok reciprokai között egyenes arányosság van. A harmadik: Bizonyítsuk be,hogy a háromszög bármelyik csúcsából induló belső és külső szögfelező merőleges egymásra. És tényleg köszönöm a segítséget.

[212] BohnerGéza2005-03-07 22:41:22

Csak egy kis segítség az András által felvetett általánosításhoz:

Alkalmazzunk pl. egy merőleges affinítást László [211]. hozzászólásában lévő ábrára!

Előzmény: [210] Hraskó András, 2005-03-01 23:40:11
[211] lorantfy2005-03-03 10:59:58

Jól néz ki! Már csak be kell bizonyítani!

Előzmény: [210] Hraskó András, 2005-03-01 23:40:11
[210] Hraskó András2005-03-01 23:40:11

Általánosítsuk Géza 206-os felszólalásban kitűzött példáját. Az általánosításnak két fokozatát látom, egyelőre csak az elsőt mondom el, hátha rájön valaki a további általánosításra.

Legyen adott a k kör és az A, B, C kollineáris pontok a síkon. Tekintsük a k kör tetszőleges P1 pontját, és k további Pk pontjait úgy, hogy P1P2 átmenjen A-n, P2P3 a B-n, P3P4 a C-n, P4P5 megint A-n, P5P6 a B-n, végül P6P7-t a C-n. Igazoljuk, hogy P7=P1.

[209] lorantfy2005-03-01 15:29:55

Tetszik ez a megoldás tükrözéssel!

Előzmény: [208] BohnerGéza, 2005-02-28 22:24:20
[208] BohnerGéza2005-02-28 22:24:20

A [206]-ban szereplő feladat egy megoldása Hraskó Andrástól:

Az adott iránnyal párhuzamos húzás helyett alkalmazzunk tengelyes tükrözést, az irányra merőleges, a kör kp-ján átmenő egyenesre. Csak azt kell igazolni, hogy a t1 t2 t3 t1 t2 t3 kompozíció az identitás, ami nem nehéz.

/ Az első három és a második tükrözés szorzata is ugyanarra az egy tengelyre tükrözéssel helyettesíthető. /

Előzmény: [206] BohnerGéza, 2005-02-21 23:55:14
[207] lorantfy2005-02-27 16:19:32

Kedves Géza!

Jó a feladat! Egyetlen gondom van vele, hogy nem én találtam ki :-)

49. feladat megoldása: P4P5 párhuzamos P1P2, így P1P2P5P4 húrtrapéz, vagyis szárai egyenlőek. Hasonlóan húrtrapézok lesznek a P2P3P6P5 és P3P4P7P6 négyszögek. Száraik mind egyenlőek, tehát

P1P4=P7P4, vagyis P1=P7.

Előzmény: [206] BohnerGéza, 2005-02-21 23:55:14
[206] BohnerGéza2005-02-21 23:55:14

Adott három tetszőleges irány (egyenes ) és egy kör. Vegyünk föl a körön egy P1 pontot,a további P-k is a körön legyenek úgy, hogy P1 P2 párhuzamos az első iránnyal, P2 P3 a másodikkal, P3 P4 a harmadikkal, P4 P5 az elsővel, ... . Igazoljuk, hogy P1=P7!

[205] BohnerGéza2005-02-18 15:02:17

A síkbeli egybevágősági leképezések számítógépes megvalósítása legegyszerűen mátrixok segítségével oldható meg.

A forgatás mátrixa a következő, ahol alfa a forgatás szöge a (p,q) pont az origó képe, ez külön, egyszerűen számolható.

Előzmény: [200] lorantfy, 2005-01-30 21:58:51
[204] petrot2005-02-01 14:59:46

Kedves fórumozók!

Fel szeretném hívni a figyelmeteket egy 3D szerkesztőprogramra, remélem tetszeni fog!

link: http://euler3d.uw.hu

Várom a véleményeteket (+,-), hozzászólásotokat!

Üdv! petrot

[203] lorantfy2005-01-31 22:24:35

Kedves 2501!

Kösz a segítséget és jó a példa is ami a témában a 48. feladat. Én még adós vagyok a 4D-s kocka 3D-s vetületével. A kockavázra feszülő szappanhártya-minimálfelületre hasonlít.

Előzmény: [202] 2501, 2005-01-31 10:54:54
[202] 25012005-01-31 10:54:54

Adott egy origó középpontú gömb, sugara r, továbbá két rajta kívüli pont, (helyvektoraik) \vec P és \vec V.

\vec N (helyvektorú) pont a gömbhéj egy pontja, érintősíkja ugyanakkora szöget zár be \vec N-\vec P-vel és \vec N-\vec V-vel. A feladat \vec N meghatározása.

[201] 25012005-01-30 22:45:02

Px'=Ox+(Px-Ox)cos \beta-(Py-Oy)sin \beta

Py'=Oy+(Px-Ox)sin \beta+(Py-Oy)cos \beta

Előzmény: [200] lorantfy, 2005-01-30 21:58:51
[200] lorantfy2005-01-30 21:58:51

Kedves Fórumosok!

"Zoleka"-tól kaptam a feladatot e-mail-ben. Programot ír és kellene Neki P pont elforgatása \beta szöggel adott O pont körül.

1. Kiszámolni \alpha szöget:  \alpha= arctg{\frac{y_0-y}{x-x_0}}

2. OP=r=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2}

3. Az új koordináták:

x1=x0+rcos(\alpha+\beta)

y1=y0-rcos(\alpha+\beta)

Ha tudtok jobbat írjátok be, vagy bármi más geometriát, mert elhal a téma!

[198] lorantfy2004-11-28 17:10:22

Kedves Károly!

Te mindig egy lépéssel előttem jársz. Gondoltam felteszi valaki az ábrát, aztán megbeszéljük hogyan öröklődnek felfelé a tulajdonságok. Te ezt már megtetted, köszönet!

Előzmény: [197] Hajba Károly, 2004-11-28 00:29:26
[197] Hajba Károly2004-11-28 00:29:26

47. feladathoz:

Vizsgáljuk meg, hogy egy adott dimenziónál hogyan alakítjuk ki a dimenzónagyságra jellemző egységnyi idomot. Mivel olyan magasabb dimenziójú idomról is beszélnünk kell, mire nincs szavunk, az alábbi egységes jelölésrendszert vezetem be. D - dimenzió mértéke, ID,d a D dimenzióbeli egységidom d dimenziójú egységidomelemének számossága. Értelemszerűen D\ged\ge0. Így a pont jelőlése ID,0, egységszakasz ID,1, egységnégyzet ID,2, egységkocka ID,3, míg a keresett 4. dimenziójú egységidom ID,4.

Az egységpont I0,0=1, egységszakasz I1,0=2, I1,1=1, azaz a kisebb dimenziójú egységidomot egységnyivel eltolom az új dimenzióiránnyal párhuzamosan. I0,0=1 megduplázódik I1,0=2 és bejön I1,1=1. Az egységnégyzet I2,0=4, I2,1=4, I2,2=1, itt már pontosan leírhatjuk az adott elem dimenzónövekedéssel járó elemszám növekedését. Azaz az eltolás miatt megduplázzuk és hozzájön az eggyel kisebb dimenziójú elemek száma, melyből az eltolással aktuális dimenziójú elem keletkezett. ID,d=2*ID-1,d+ID-1,d-1

Tehát a 4 dimenziójú egységidom részegységidomai a következők. Pont: I4,1=16, egységszakasz: I4,2=32, egységnégyzet: I4,2=24, egységkocka: I4,3=8, 4 dimenziós egységidom: I4,4=1. A 4 dimenziójú kocka síkbeli ábrája egy olyan gráf, melynek 16 pontja van, minden pontból 4 él indul ki, mely összesen 32 él és bármely pontból kiindulva 4+2n(n\in0,N+) lépésszámmal lehet visszaérni. Továbbá a négyes hurkok négyzet vagy trapéz alakot adnak ki.

HK

Előzmény: [196] lorantfy, 2004-11-27 23:06:38
[196] lorantfy2004-11-27 23:06:38

47. feladat: Jelenítsük meg a láthatatlant! (lásd könyvajánló) Az ábrán egy 3 dimenziós kocka 2 dimenziós képe látható. Lépjünk egy dimenzióval feljebb!

Rajzoljuk meg egy 4 dimenziós "kocka" 3 dimenziós vetületének síkbeli ábráját!

Hány 3 dimenziós kocka határolja a 4 dimenziós testet?

[195] Kós Géza2004-11-26 18:38:00

Egy kis segítség: számoljuk ki, milyen arányban osztják az AH1, BH2, CH3 szakaszokat a D,E,F pontok.

Előzmény: [191] lorantfy, 2004-11-25 11:14:19
[194] Kós Géza2004-11-26 18:36:00

Kedves Géza,

Belekerült egy kis időbe, amíg rájöttem, miért nem ugyanaz az eredmény... Nem ugyanazt a feladatot oldottam meg.

Előzmény: [193] BohnerGéza, 2004-11-25 18:39:22
[193] BohnerGéza2004-11-25 18:39:22
Előzmény: [192] BohnerGéza, 2004-11-25 18:38:10
[192] BohnerGéza2004-11-25 18:38:10

A 45. feladat [182.] egy megoldása. A Fórum - Kürschák-verseny 5. hozzászólásában szerepel a Casey-tétel. Az alapkör a k körülírt kör, az érintőkörök: az A, B és C nullkörök, valamint a k-ca kör. Jelöljük a BF=BE szakaszt x-szel, ekkor AB*CF+BF*CA=AE*BC, azaz c(x-a)+xb=(c+x)a. Innen (b+c-a)x=2ca, 2(s-a)x=2ca, ( innen olvashatóbban a következő hozzászólásban! ) x=ca/(s-a). Tekintve, hogy a BEOca és az OCoB háromszögek hasonlók ( O a beírt kör sugara, így OCo=ró és CoB=s-b ) r-ca=ca(s-b)/ró(s-a).

A folytatás a jobb olvashatóság érdekében ( és lustaságom miatt ) a következő hozzászólásban lesz.

Megjegyzések:

1.A feladatot elkapkodva adtam föl, így szövegéből kimaradt, hogy a körülírt kört kívülről érintő körről van szó, valamint a három megadott sugár szorzata nem adható meg csak a körülírt kör sugara és a félkerület szorzatával.

2.A k-ac kör és a k-ca két különböző kör, ilyen jellegű - a körülírt kört kívülről érintő - kör 6 db van.

Előzmény: [182] BohnerGéza, 2004-11-17 09:35:09
[191] lorantfy2004-11-25 11:14:19

46. feladat: Ar ABC \Delta csúcsait kössük össze a szemközti oldalak egyik harmadoló pontjával. Mekkora a keletkező DEF \Delta területe?

  [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]