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.

[384] HoA

2006-03-09 17:53:28

- Az én értelmezésemben a rögzített AB átmérőjű félköríven C és D csak ACDB vagy ADCB sorrendben lehetnek.

- F az AC szakasz vagy az AC ív felezőpontja?

Előzmény: [382] BohnerGéza, 2006-03-09 12:15:40

[383] BohnerGéza	2006-03-09 14:09:04

[382] BohnerGéza	2006-03-09 12:15:40
68. feladat: C és D a rögzített AB átmérőjű félköríven vannak ABCD sorrendben. Legyen F az AC felezőpontja, k az F középpontú, D-n átmenő kör és n az A-ból k-ig húzott érintőszakasz. Hol van C és D, ha n a lehető leghosszabb? Mekkora ekkor n? (AB-hez képest.)

[381] hobbymatekos	2006-03-08 14:48:24
Sziasztok. Én úgy gondolom: a szabályos háromszög oldallapok súlypontjaiba a lapok területével azonos skalárok (mint tömeg pontrendszer) tömegközéppontjában lesz a tetraéder súlypontja. (Vagyis a statikai nyomatékok vektorainak bármely geometriai pontra számitott eredő nyomaték vektorának a súlypontba redukáltja nullvektor.)
Előzmény: [378] BohnerGéza, 2006-02-23 23:30:05

[379] axbx

2006-02-27 16:34:28

Már a véleményemet se mondhatom el.. (Fődmívelö) Azért nem vót szép, hogy bannoltak.

Na csak Az lenne a kérdésem, hogy hogyan kell bizonyítani a kör egyenletét?

[378] BohnerGéza

2006-02-23 23:30:05

Azt hiszem, az előző feladat után természetesen adódik, az érdeklődés miatt is, ha a térbeli analóg feladatot is kitűzöm.

67. feladat: Hol van a homogén vékony lemezből álló ABCD tetraéderhéj fizikai értelemben vett súlypontja.

[377] jonas	2006-02-23 23:13:42
Tényleg.
Előzmény: [376] Káli gúla, 2006-02-23 23:10:28

[376] Káli gúla	2006-02-23 23:10:28
De, ott van. The Spieker circle ... , X(10), is the centroid of the perimeter of ABC.
Előzmény: [375] jonas, 2006-02-23 22:57:55

[375] jonas	2006-02-23 22:57:55
A katalógus szerint ennek a neve X(10) = SPIEKER CENTER. Érdekes módon ez nem említi, hogy ez lenne a homogén keretű háromszög súlypontja. Vagy én néztem volna el valamit?
Előzmény: [372] jonas, 2006-02-23 22:45:46

[374] Hajba Károly	2006-02-23 22:55:43
Lusta vagyok feliratozni, de ez jonas magyarázatának melléklete. :o)

Előzmény: [372] jonas, 2006-02-23 22:45:46

[373] Hajba Károly	2006-02-23 22:47:59
Huú! De nagy lett itt a forgalom. :o) És ez a pont könnyen szerkeszthető. Az oldalfelezőből a szemközti csúcs szögfelezőjével párhuzamost húzunk.

Előzmény: [369] jonas, 2006-02-23 22:34:34

[372] jonas	2006-02-23 22:45:46
Akkor a keresett pontot úgy is megkaphatjuk, hogy az eredeti háromszög beírt körének középpontját -1/2-szeresére nagyítjuk az eredeti háromszög súlypontjából, vagy úgy is, hogy az eredeti háromszög csúcsait b+c,c+a,a+b arányban súlyozzuk. (Hol is van az a háromszög-nevezetes-pont-katalógus?)
Előzmény: [369] jonas, 2006-02-23 22:34:34

[371] lorantfy	2006-02-23 22:41:25
Az F_cEF_a háromszög hasonló CDB háromszöghöz, így az F_c-ból induló szögfelező a szemközti oldalt éppen (b+c)/a arányban osztja. Tehát S pont az F_aF_bF_c háromszög szögfelezőinek metszéspontja, vagyis a beírt körének középpontja.

Előzmény: [369] jonas, 2006-02-23 22:34:34

[370] lorantfy	2006-02-23 22:35:20
Igen! A szerkesztés ábrájából is látszik és könnyen bizonyitható.
Előzmény: [368] jonas, 2006-02-23 22:29:56

[369] jonas	2006-02-23 22:34:34
Azzal hogy az egyes oldalakat drótból készítenénk el, egyenértékű, ha az oldalak felezőpontjába rakunk az oldalhosszal arányos súlyokat, és ezeknek a súlypontját keressük. Na de a középvonal-háromszög oldalai fele olyan hosszúak, mint az eredeti háromszög megfelelő oldalai. Ezért a középvonal-háromszög csúcsait kell súlyozni a szemközti oldalakkal, így pedig a beírt körét kapjuk.
Előzmény: [368] jonas, 2006-02-23 22:29:56

[368] jonas	2006-02-23 22:29:56
Megvan. A középvonal-háromszög beírt körének középpontja lesz, mindjárt elmondom, miért.
Előzmény: [367] jonas, 2006-02-23 22:26:52

[367] jonas	2006-02-23 22:26:52
Nézzük csak. Nevezetes pont. Egy nagyon hosszú egyenlőszárú háromszögnek a felénél van, tehát nem lehet a magasságpont, a beírt kör középpontja, a súlypont vagy a Feuerbach kör középpontja, csak a körülírt kör középpontja lehetne. Az viszont nyilván nem lehet, mert az a háromszögön kívül is lehet, a drót súlypontja viszont nem. Akkor kevésbé nevezetes pont lesz.
Előzmény: [362] BohnerGéza, 2006-02-23 08:15:11

[366] lorantfy	2006-02-23 22:22:21
Szerkesszük meg ezt a speciális súlypontot! Az oldalfelező pontokba helyezzünk az oldalak hosszának megfelelő tömegpontokat. A 'bc' szakaszt c/b arányban kell osztanunk. A szögfelező b/c arányban osztja. Tükrözzük ezt a pontot a szakasz felezőpontjára és helyezzünk ebbe a pontba b+c tömegpontot. Már csak az 'a b+c' szakaszt kell (b+c)/a arányban felosztani. A C-ből induló szögfelező BD szakaszt a/(b+c). Ehhez hasonló kisháromszöget alakítunk ki és ebben a szögfelező azonos arányban osztja a szemközti oldalt. Már csak tükröznünk kell ezt a pontot a felezőpontra. Ez lesz az S súlypont. Remélem idáig jó!

Előzmény: [362] BohnerGéza, 2006-02-23 08:15:11

[365] Hajba Károly

2006-02-23 21:08:51

Jogos. :o)

Drótnak drót, csak nem homogén az én elképzelésem. Egymáshoz viszonyított fajlagos súlyuk arányos az S pont és adott oldal közötti távolsággal.

Visszavonva.

Előzmény: [364] Káli gúla, 2006-02-23 19:19:48

[364] Káli gúla	2006-02-23 19:19:48
A maradék általában nem egyforma széles a három oldalnál.
Előzmény: [363] Hajba Károly, 2006-02-23 18:37:13

[363] Hajba Károly

2006-02-23 18:37:13

66. Tekintsük a teljes ABC $\Delta$ -t és képezzünk egy nála kisebb hasonló $\Delta$ -t úgy, hogy a súlypontjuk egybeessen és az egymásnak megfelelő oldalak rendre párhuzamosak legyenek. A két $\Delta$ közös súlypontja is az S pontban lesz, így elvileg az eredeti $\Delta$ -ünkből elvesszük a kisebb $\Delta$ -t, akkor ennek a "lyukas" $\Delta$ -nek is S marad a súlypontja. Ha növeljük a lyukat, akkor szélső esetben a feladatbali drótvázhoz jutunk.

Így az ABC $\Delta$ -nek is S a súlypontja.

Előzmény: [362] BohnerGéza, 2006-02-23 08:15:11

[362] BohnerGéza	2006-02-23 08:15:11
66. feladat: Hol van egy homogén, vékony drótból készült ABC háromszögnek a fizikai értelemben vett súlypontja? ( ABC-hez kapcsolható nevezetes pont lesz.)

[361] nadorp	2006-02-19 08:52:11
Köszönöm a megoldást. Először én is hasonlóan csináltam, aztán rájöttem, ez a megoldás is a háttérben tulajdonképpen - ahogy Te is írtad az elején - trigonometrikus ( az x<tg x összefüggést használja ), pedig nincs is rá szükség. Legyen a sokszög oldala egységnyi és a beírt kör sugara r. Ekkor K=n, $T=\frac{nr}2$ . Ebből $\frac{K^2}T=\frac{2n}r$ . A beírt kör területe kisebb a sokszög területénél, azaz $r^2\pi<\frac{nr}2$ . Ebböl következik, hogy $\frac{2n}r>4\pi$
Előzmény: [360] qer, 2006-02-17 18:55:53

[360] qer	2006-02-17 18:55:53
Megoldás a 65. feladatra: leírva nincs szögfüggvény, de végülis ott van... Legyen AB az n-szög egyik oldala, a kör sugara egységnyi. Ekkor AOB szög $\frac{2\pi}{n}$ , AB-t jelöljük a-val, OF-t m-mel. Nyílván $a=\frac K n$ , $T=n \frac {am} 2$ . Az $\frac {a^2} {\frac {am} 2}$ hányadost átalakíthatjuk a következő alakra: $\frac 1 n \frac{K^2} {T}$ . Tehát a bizonyítandó egyenlőtlenséget így is írhatjuk: $n\frac {a^2} {\frac {am} 2} > 4\pi$ . Kis átalakítások után a következő alakra hozható az egyenlőtlenség: $\frac {\frac{a}{2}} {m} > \frac \pi n$ . $\frac \pi n$ az AOF (vagy A'OF') szöggel egyenlő. Mivel $\frac {A'F'} {OF'} = \frac {AF} {OF}$ , ebből következik (OF'=1), hogy $A'F' = \frac {\frac{a}{2}} {m}$ . Mivel n>2 egész szám ezért, az AOF szög kisebb mint derékszög. Ezért már csak azt kell bebizonyítani, hogy AF' ív kisebb mint A'F'. Mivel AOF' körcikk benne van az A'OF' háromszögben, ezért a területe is kisebb. A körcikk területe $\frac 1 2 AF'$ (az AF' ívmérték), a háromszögé pedig $\frac 1 2 A'F'$ , azaz igaz az A'F' > AF' egyenlőtlenség. Mivel az átalakítások ekvivalensek voltak ezért igaz a kiinduló egyenlőtlenség is.

Előzmény: [349] nadorp, 2006-02-06 17:30:46

[359] BohnerGéza

2006-02-16 00:11:44

A 64. feladat megoldásához: Vegyük fel például az AP=f szakaszt, az A kp-ú c sugarú kör vonal a B pont számára ( vB ) és a b sugarú pedig a C számára ( vC ). A szögfelező tételtből tudjuk: ha a vC-re alkalmazzuk a P kp-ú lambda = -c/b arányú hasonlóságot, B számára kapunk egy második vonalat (vC'). ( A szerkesztéshez fölhasználunk egy P-től b-re lévő S segédpontot és képét ( S') P-től c-re, SPS' sorrendben. A vC' A' kp-ú c sugarú kör lesz. )

Megjegyzés: Például az AB szakaszból kiindulva B kp-ú lambda=(b+c)/c hasonlósággal is megoldható a feladat P képe lesz C.

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?