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.
[384] HoA2006-03-09 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] BohnerGéza2006-03-09 14:09:04
[382] BohnerGéza2006-03-09 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] hobbymatekos2006-03-08 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] axbx2006-02-27 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] BohnerGéza2006-02-23 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] jonas2006-02-23 23:13:42

Tényleg.

Előzmény: [376] Káli gúla, 2006-02-23 23:10:28
[376] Káli gúla2006-02-23 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] jonas2006-02-23 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 Károly2006-02-23 22:55:43

Lusta vagyok feliratozni, de ez jonas magyarázatának melléklete. :o)

Előzmény: [372] jonas, 2006-02-23 22:45:46
[373] Hajba Károly2006-02-23 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] jonas2006-02-23 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] lorantfy2006-02-23 22:41:25

Az FcEFa háromszög hasonló CDB háromszöghöz, így az Fc-ból induló szögfelező a szemközti oldalt éppen (b+c)/a arányban osztja. Tehát S pont az FaFbFc háromszög szögfelezőinek metszéspontja, vagyis a beírt körének középpontja.

Előzmény: [369] jonas, 2006-02-23 22:34:34
[370] lorantfy2006-02-23 22:35:20

Igen! A szerkesztés ábrájából is látszik és könnyen bizonyitható.

Előzmény: [368] jonas, 2006-02-23 22:29:56
[369] jonas2006-02-23 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] jonas2006-02-23 22:29:56

Megvan. A középvonal-háromszög beírt körének középpontja lesz, mindjárt elmondom, miért.

Előzmény: [367] jonas, 2006-02-23 22:26:52
[367] jonas2006-02-23 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] lorantfy2006-02-23 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 Károly2006-02-23 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 gúla2006-02-23 19:19:48

A maradék általában nem egyforma széles a három oldalnál.

Előzmény: [363] Hajba Károly, 2006-02-23 18:37:13
[363] Hajba Károly2006-02-23 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] BohnerGéza2006-02-23 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] nadorp2006-02-19 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] qer2006-02-17 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] BohnerGéza2006-02-16 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.

  [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]