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.
[621] HoA2007-02-02 09:58:43

101. feladat b) : A1B1C1\Delta körülírt köre ABC Feuerbach köre, ezért átmegy az AM szakasz M1 felezőpontján. ABC \Delta AB1C1\Delta A-ból vett kétszeres nagyítása, ezért M1 az AB1C1\Delta magasságpontja.

a) : A1B1C1\Delta és AC1B1\Delta egymás tükörképei az B1C1 szakasz R felezőpontjára, így AC1B1\Delta körülírt köre is átmegy A1B1C1\Delta magasságpontján. Ez a másik két kis \Delta -re is igaz, a kérdéses pont tehát A1B1C1\Delta magasságpontja, vagyis az ABC \Delta körülírt körének középpontja.

Előzmény: [610] BohnerGéza, 2007-01-25 12:11:02
[620] HoA2007-02-02 08:58:00

Igazoljuk, hogy \frac{1}{f_c} > \frac{\frac1a + \frac1b}2 Ezt mindhárom szögfelezőre véve és összeadva adódik az állítás. Átszorozva f_c < \frac{2ab}{a+b} Mivel f_c = \frac{2ab \cdot cos \frac{\gamma}2}{a+b} , cos \frac{\gamma}2 < 1 miatt készen vagyunk.

Előzmény: [617] Csimby, 2007-01-31 21:52:50
[619] BohnerGéza2007-02-01 05:51:04
Előzmény: [617] Csimby, 2007-01-31 21:52:50
[618] Cckek2007-01-31 22:22:35

Jelölje ia,ib,ic a háromszog szögfelezőit a,b,c az oldalait, írhatjuk:

\sum{\frac{1}{i_a}}=\sum{\frac{a+b}{2ab\cdot cos{\frac{C}{2}}}}=\sum{\left(\frac{1}{2cos\frac{B}{2}}+\frac{1}{2cos\frac{C}{2}}\right)\cdot \frac{1}{a}}.

Tehát csak annyit kell bizonyítani, hogy

\frac{1}{2cos\frac{B}{2}}+\frac{1}{2cos\frac{C}{2}}\ge 1.,

ami egyenértékű az

cos\frac{B}{2}+cos\frac{C}{2}\ge 2cos\frac{B}{2}\cdot cos\frac{C}{2},

egyenlőtlenséggel. De a

cos\frac{B}{2}\ge cos^2\frac{B}{2}

egyenlőtlenség miatt ez utóbbi fennáll.

Előzmény: [617] Csimby, 2007-01-31 21:52:50
[617] Csimby2007-01-31 21:52:50

102.feladat Igaz-e és ha igen bizonyítsuk be, hogy tetszőleges háromszög szögfelezőinek a reciprokának az összege nagyobb az oldalai reciprokának az összegénél.

[616] Cckek2007-01-31 21:43:36

Nagyon érdekes feladat, főleg mivel általános iskolai színtű bizonyítást igényel. Egy ABCDA'B'C'D' téglatest éleinek a hossza a,b,c. Legyen Q\inAA'. Határozzuk meg a QA értéket, úgy hogy a B'QD háromszög kerülete minimális legyen.

[615] HoA2007-01-30 10:58:28

Helyesbítek: K2 érinti K3-t kívülről vagy belülről. Ha P K2-n kívül van, K3 mindig kívülről érint.

Előzmény: [614] HoA, 2007-01-30 10:46:31
[614] HoA2007-01-30 10:46:31

A feladat a "Geometriai feladatok gyűjteményében" is szerepel. Az ottani megoldás sem bonyolult. Azon alapul, hogy a kis K2 kör és a szerkesztendő K3 kör T érintési pontja K2 és K3 hasonlósági pontja, és mivel C az OP egyenesen van, a hasonlóságban P megfelelője K2-n az OP-vel párhuzamos átmérő valamelyik végpontja (Q1, Q2). PQi kimetszi K2-ből T-t, TK és PO metszéspontja C. A választástól függően a K2-t kívülről illetve belülről érintő K3 kört kapjuk.

Előzmény: [613] lorantfy, 2007-01-30 09:13:35
[613] lorantfy2007-01-30 09:13:35

Szia Attila!

Kösz a megolgást! Végülis ilyen egyszerű az egész. Szemléletesebb talán azt mondani, hogy az S pontban vegyünk fel egy r sugarú kört. Így két egyenlő sugarú körhöz kell érintőkört szerkesztenünk, tehát a keresett C pont rajta van a szimmetria tengelyen, vagyis KS felező merőlegesén.

Előzmény: [612] jenei.attila, 2007-01-29 14:01:30
[612] jenei.attila2007-01-29 14:01:30

Vegyük fel az OP félegyenesen az S pontot úgy, hogy PS=r legyen, és P legyen O és S között. Ekkor KS szakasz felező merőlegesének, és OP-nek metszéspontja adja C-t.

Előzmény: [611] lorantfy, 2007-01-27 11:14:46
[611] lorantfy2007-01-27 11:14:46

102. feladat: Adott az O középpontú R sugarú kör és belsejében az O-tól különböző, K középpontú r sugarú kör. Szerkesszönk olyan kört, mely a nagy kört egy adott P pontban érinti és érinti a kisebb kört is!

[610] BohnerGéza2007-01-25 12:11:02

101. feladat: ( Megpróbálom, hátha sikerül sorszámozni a további feladatokat. )

[609] Cckek2007-01-14 08:49:35

Köszönöm ezeket a gyönyörű megoldásokat.

Előzmény: [594] Cckek, 2007-01-08 21:12:11
[608] epsilon2007-01-11 11:49:45

Köszi, megnéztem, hát onnan látszik a feladat "fajsúlya" ;-)

[607] nadorp2007-01-11 11:17:13

Nézd meg a megoldást az Érdekes matekfeladatok [349] hozzászólásában.

Előzmény: [606] epsilon, 2007-01-11 11:14:12
[606] epsilon2007-01-11 11:14:12

Hmmmm....hát kellett nekem :-) valóban implicit, mégis valamivel barátságosabbra gondolta, ez is a körszeletekből származik? Mert Én úgy próbáltam, hogy 2 szembennálló körszelet összegeként fogtam fel, a 2 körben, ott egzenlőre a sugár ami ismeretlen, meg 2 középponti szög, persze lehet kifejezni...de gyökös összefüggések lettek :-( Ha jó hallottam, ezt a feladatot valamikor a Danubiusz rádióban adták fel, és azt szeretném megtudni, hogy vajon milyen megoldást vártak volna el, pontosabban milyen eredményt, a helyes megoldásként...vagy csak szívatás volt?

[605] nadorp2007-01-11 10:43:28

Itt az összefüggés.

\sin\alpha-\alpha\cos\alpha=\frac\pi2, és innen R=2\cos\frac\alpha2, vagy ha jobban tetszik

\sin\left(2arc\cos\frac{R}2\right)-2arc\cos\frac{R}2\cos\left(2arc\cos\frac{R}2\right)=\frac\pi2

R\sqrt{1-\frac{R^2}4}-\left(\frac{R^2}2-1\right)2arc\cos\frac{R}2=\frac\pi2

R\sqrt{1-\frac{R^2}4}-(R^2-2)arc\cos\frac{R}2=\frac\pi2

Előzmény: [604] epsilon, 2007-01-11 10:17:34
[604] epsilon2007-01-11 10:17:34

Helló nadorp! Bár egy implicit összefüggés is jó lenne, hátha?

Előzmény: [601] epsilon, 2007-01-10 22:07:38
[603] epsilon2007-01-11 10:15:43

Helló Cckek! Az igazolása affixumokkal csak algebrai számolás. Az illető csúcs megfelelő kisbetűjével jelölve az illető affixumot, a bizonyítandó összefüggés: 4(o1-h)+ 4(o2-h)+ 4(o3-h)= 15(g-h) vagyis 4(o1+o2+o3)=15g-3h és legyen a köréírt kör középpontja éppen az O origó, ekkor g=(a+b+c)/3 és h=a+b+c, és így elegendő bizonyítani, hogy: 2(o1+o2+o3)=a+b+c (*). Az előző indoklás alapján PO vektor=2 RO1 vektor (a az indoklást lásd előbb) és ezt affixumokkal felírva 0-p=2(o1-r)továbbá p=(b+c)/2, r=(m+n)/2 és az m, n a felezőpontokra vonatkozó affixumokat is használva, o1=a/2 adódik és analógjai (ezt még másképpen is bizonyíthatjuk) és a (*) összefüggés így valóban teljesül. (a bizonyítandó kép a hszm alján van!)

Előzmény: [593] HoA, 2007-01-08 15:59:17
[602] nadorp2007-01-11 09:55:45

Szerintem nem fogsz találni. Ez R-ben egy transzcendens egyeneletre vezet. ( Ilyen pld. az x=sinx is).

Előzmény: [601] epsilon, 2007-01-10 22:07:38
[601] epsilon2007-01-10 22:07:38

Kösz a megjegyzést, valóban ott van, most olvastam az ott leírt megjegyzéseket, ...de nem bíztatóak, valamilyen kifejezést szeretnék találni az R függvényében (nem megközelítő megoldást)de a körszeletekkel elindulva, két körszeletből összerakva egyenlőre semmi bíztató nem jött ki (még maradt kiküszöböletlen paraméter is :-(

[600] psbalint2007-01-10 21:44:42

azt hiszem éppen erről a feladatról volt szó az Érdekes matekfeladatok topikban

[599] epsilon2007-01-10 20:48:52

Helló! BÚÉK Mindenkinek! Létezik-e elemi megoldás a következő, ismertnek tűnő feladatra: Adott egy 1 egységsugarú körlap. Annak kerületén vegyünk fel egy tetszőleges M pontot, és az M középponttal, R sugárral rajzoljunk egy körívet, ami az adott körlapot két kükönböző pontban metszi. Mekkora kell legyen az R, hogy a "közrezárt" síkrész területe az 1 sugarú kör területének a fele legyen? Előre is kösz az esetleges támpontokat! Üdv: epsilon

[598] HoA2007-01-10 15:51:57

A bizonyítás, ahol egy 3-as szorzóval elszámoltam magamat :-) : Cckek jelöléseivel ( ha már... ), legyen a körülírt kör középpontja O, a Feuerbach köré F, MN felezőpontja R. ABC \Delta az AMN \Delta A-ból vett kétszeres nagyítása, így \vec{PO} = 2 \vec{RO_1} . AMN \Delta és PNM \Delta egymás tükörképei R-re, ezért \vec{FR} = \vec{RO_1} , vagyis \vec{FO_1} = \vec{PO}.

4 \vec{HO_1} = 4(\vec{HF}+\vec{FO_1}) = 4(\vec{HF}+\vec{PO}) = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GP}). Hasonlóan 4 \vec{HO_2} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GN}) és 4 \vec{HO_3} = 4(\vec{HF}+\vec{GO}-\vec{GM}) A hármat összeadva \vec{GP}, \vec{GN} és \vec{GM} kiesik, mert egy \Delta súlyvonalainak harmadai, így vektorösszegük \vec0 . Igazolandó : 12( \vec{HF}+\vec{GO}) = 15 \vec{HG} . Legyen az Euler-egyenesen \vec{FG} = \vec{e} . Ekkor \vec{GO} = 2\vec{e} , \vec{FO} = \vec{HF} = 3\vec{e} és \vec{HG} = 4\vec{e} . Egyenlőségünk tehát 12(3\vec{e} + 2\vec{e}) = 15 ( 4\vec{e} ) , amit már nem nehéz belátni.

Előzmény: [595] HoA, 2007-01-09 11:13:46
[597] BohnerGéza2007-01-10 12:23:18

A szokottól eltérő felbontású monitorral dolgoztam, ezért lett ilyen nagy az előző hozzászólásom.

Előzmény: [596] BohnerGéza, 2007-01-09 20:22:15

  [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]