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.
[893] HoA2007-10-12 20:27:30

Bocs , az utolsó mondat helyesen : "Ekkor az egész A*CB' \Delta és az ennek A*C oldalán fekvő A' pont is f -nek ezen az oldalán van,..."

Előzmény: [892] HoA, 2007-10-12 20:18:06
[892] HoA2007-10-12 20:18:06

Belátjuk, hogy ha a \Delta nem egyenlőszárú, pontosabban ha AB\neAC , akkor BC'=CB' és B'A'=C'A' egyszerre nem állhat fenn. Legyen az ABC\Delta -ben AC>AB, CB'=BC', BB' és CC' metszéspontja P, PA és BC metszéspontja A'. A Ceva tétel szerint BA'.CB'.AC'=A'C.B'A.C'B CB' = C'B -vel egyszerűsítve BA'.AC'=A'C.B'A . AC>AB miatt B'A>AC' és így A'C<BA' , vagyia A' a BC oldal A* felezőpontja és C között van.

A C'BA* és az A*CB' \Delta két oldalban megegyezik, de a közrezárt szög - mint az ABC \Delta nagyobb oldalával szemközti szög - az előbbiben (\beta) nagyobb mint az utóbbiban (\gamma) . Ezért a cosinus tétel szerint C'A*>B'A*. A* tehát a B'C' f felező merőlegesének ugyanazon az oldalán van, mint B'. Ekkor az egész A*BC' \Delta és az ennek A*C oldalán fekvő A' pont is f -nek ezen az oldalán van, vagyis B'-höz közelebb, mint C' -höz , A'B'<A'C' , amit bizonyítani akartunk.

Előzmény: [889] Gyöngyő, 2007-10-11 17:35:44
[891] Sz_Z2007-10-11 23:36:42

Itt egy "szerkesztő megoldás", igaz, használ némi projektív geometriát. A [874] hozzászólás alapján olyan egyeneseket keresünk az A és B pontokon keresztül, amelyek "száraktól mért dőlésszöge egyenlő ellentétes irányban" (1), és a metszéspontjuk CD-n van. Az (1) tulajdonságú egyenesek - mivel egymáshoz projektív, A ill. B tartójú sugársorok egymásnak megfelelő egyenesei - metszéspontjai egy hiperbolán vannak, melyre A és B illeszkedik. Ha ennek a hiperbolának három további tetszőleges pontját megszerkesztjük (K, L, M), akkor a hiperbola és a CD egyenes metszéspontjai szerkeszthetőek. (Természetesen ezt a szerkesztést - Steiner-szerkesztés - körzővel-vonalzóval picit hosszabb megcsinálni, mint géppel.)

[890] HoA2007-10-11 18:08:18

Amíg nem születik igazi szerkesztő megoldás, addig itt van egy , az eddigieknél talán egyszerűbb, számítást követő szerkesztés.

Legyen adva a paralellogramma az AB = a , BC = b oldalhosszakkal és az A-nál lévő \alpha szöggel. Vegyük fel az ABX \Delta Apollonius körét. Középpontja legyen O, Y-nal szemközti pontja Z. Az XYZ derékszögű \Delta ből YZ=d=b/cos\alpha , ami adatainkból számítható/szerkeszthető. Mivel az Apollonius kör pontjaira az A-tól és B-től mért távolságok aránya állandó, YB-t x-el jelölve felírható :

 \frac {YB}{YA} = \frac {ZB} {ZA} ; \frac {x} {a-x} = \frac {d-x} {d+a-x}

Rendezve x-re másodfokú egyenletet kapunk, melynek megoldása:  x = \frac {(d+a) \pm \sqrt{d^2 + a^2}} {2} Mivel x a-nál és d-nél is rövidebb, ezért \frac {(d+a)}{2} -nél is, tehát csak a negatív előjelet kell figyelembe venni. x szerkeszthető pl így: Vegyük fel a d hosszúságú YZ Z-n túli meghosszabbítására az a hosszúságú ZT szakaszt. Z-ben emeljünk merőlegest YT-re, forgassuk rá Z-ből ZT-t, a metszéspont legyen U. Ekkor YU = \sqrt {d^2 + a^2} , ezt Y-ból leforgatva YT-re a metszéspont legyen V. Ha W a VT szakasz felezőpontja, VW = WT = x.

Előzmény: [881] BohnerGéza, 2007-10-10 22:47:04
[889] Gyöngyő2007-10-11 17:35:44

Sziasztok!

Tudnátok segíteni a következő feladatban:

Adva van egy egy háromszög,felveszünk benne egy p pontot. Összekötjük a csúcsokat a szembelévő oldallal a p ponton keresztül.A metszéspontok rendre A', B',C'. Tudjuk továbbá,hogy C(B)'=B(C)',vmint B'A'=A'C'. Mutassuk meg h a háromszög egyenlőszárú.

Köszönettel: Zsolt

[888] titok1112007-10-11 15:47:34

Igen, ezt már tapasztaltam... Sajna nincs semmi ceruza, körző, vonalzó nálam, így csak az ábrába tudok rajzolgatni. Másik tipp: AB oldalra thalés kört rajzolok, és az AB flezőpontján átmenő, BC oldallal párhuzamos egyenesnek a metszéspontja nem esik egybe a keresett egyenessel? (mármint ami A-ból indul és X-be tart?) Vagy ez is speciálisan itt igaz?

Előzmény: [887] SmallPotato, 2007-10-11 13:45:26
[887] SmallPotato2007-10-11 13:45:26

"Úgy tűnik". Szó szerint. :-((

Semmi nem magyarázza, hogy úgy legyen. Ha elképzelsz egy "derékszögűbb" paralelogrammát, akkor az említett háromszög elannyira nem lesz egyenlőszárú, hogy a két "szár" egy derékszögű háromszög befogója ill. átfogója felé tart (miközben a másik befogó nagyon nem nulla).

Az eredeti hozzászólás ábrája eléggé spécire sikeredett, mert a paralelogramma hegyesszöge kb 60 fokos, emellé az AX' és az AD hossz is közel egyforma. De ezek tök esetleges dolgok.

Előzmény: [885] titok111, 2007-10-11 13:28:37
[886] titok1112007-10-11 13:40:23

No meg (de ez gondolom nem nagy felfedezés..) ha az AD oldalegyenest metszük a BX egyenesével (P pont), a BC oldalegyenest az AX egyenessel (Q pont) Akkor ABPQ egy trapéz, amelynek átlói X pontban metszik egymást.

Előzmény: [884] SmallPotato, 2007-10-11 13:16:58
[885] titok1112007-10-11 13:28:37

Szerintem lehet, hogy benéztem... Viszont úgy tűnik, (ha az eredeti ábrát nézzük (868 sz. hozzászólás itt)), hogy ha behúzzuk a paralelogramma középvonalát, akkor ahol metszi az xx'egyenest (legyen P pont), akkor ha a BP egyenest elmetszük az AD oldalegyenessel, egy egyenlőszárú háromszöget kapunk. Nem?

Előzmény: [884] SmallPotato, 2007-10-11 13:16:58
[884] SmallPotato2007-10-11 13:16:58

Ha jól értelmezem a leírásod, akkor ha a paralelogramma egy téglalaphoz tart, a megoldásod szerinti X pont a CD oldal C felőli negyedelőpontjához tart. Ez viszont így nem lehet jó; ha a paralelogramma derékszögű, úgy a helyes megoldás a CD oldal felezőpontja.

Rosszul értettem valamit? Próbálj egy ábrát berakni!

Előzmény: [883] titok111, 2007-10-11 12:08:48
[883] titok1112007-10-11 12:08:48

Bármelyik paralelogrammában: az alapot helyén hagyva csinálj egy téglalapot, amelynek oldala megegyzik az eredeti paralelogrammáéval. Ennek felső oldalát felezd el, majd az alsó oldalegyenest jobbra (most) hosszabbítsd meg, mérd fel rá a rövidebb oldalt.ezt és a téglalap fleső oldalát felező pontot kösd össze. Ahol metszi a paralelogramma tetjét, attól jobbra eső szakaszt felezd el, és megvan a X pont.

Előzmény: [882] BohnerGéza, 2007-10-10 23:57:14
[882] BohnerGéza2007-10-10 23:57:14
Előzmény: [881] BohnerGéza, 2007-10-10 22:47:04
[881] BohnerGéza2007-10-10 22:47:04

Egyszerűbb nem sikerült. A szerkesztést Euklides-ben végigcsináltam, jó lett.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[880] Hajba Károly2007-10-10 20:45:29

Én meg arra jutottam, hogy az AB szakaszfelezője és az XX' egyenes éppen azon a köríven metszik egymást, amit az ABX-re lehet illeszteni. Talán valakinek ad valami löketet.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[879] bohmajster2007-10-10 17:53:35

Esetleg átlehetne fogalmazni a feladatot: szerkesszük meg AL és BK félegyenest, úgy hogy dőlésszögük ugyanakkora legyen ellentett irányban, és metszetük a CD-n legyen rajta.

[878] SmallPotato2007-10-10 17:14:34

Avagy például (lévén két pontja és középpontjának AB egyenese ismert) megszerkeszthető az az Apolloniosz-kör, amelynek P pontjaira \frac{AP}{BP}= \frac{AX}{BX} =\frac{AX'}{BX'}.

Előzmény: [877] SmallPotato, 2007-10-10 17:01:36
[877] SmallPotato2007-10-10 17:01:36

Én odáig jutottam (lehet, hogy a zsákutcában? :-) ), hogy az ABX\Delta AB=c oldalának, fc szögfelezőjének és mc magasságának hossza ismert; ebből kellene ABX-et megszerkeszteni. A szögfelező és a magasságvonal hosszából megszerkeszthető az X'McX \Delta (ahol Mc az mc magasság talppontja), de ezután? ...

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[876] SmallPotato2007-10-10 16:42:51

DAX és CBX\angle a két bejelölt \alpha\angle váltószögei (mivel AD, X'X és BC párhuzamosak), tehát szinusztétel nélkül is láthatóan egyenlők.

Előzmény: [875] rizsesz, 2007-10-10 16:31:37
[875] rizsesz2007-10-10 16:31:37

XCB+XDA szög = 180, továbbá az ezekre a háromszögekre felírt szinusz-tételek miatt látható, hogy DAX=CBX szög.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[874] Python2007-10-10 14:38:37

Kb. egy perc alatt erre jutottam: \frac{AX}{BX}=\frac{AX'}{BX'}=\frac{DX}{CX} (XX' szögfelező ABX-ben és AX'=DX, BX'=CX)

Ebből szerintem el lehetne indulni valahogy.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[873] bohmajster2007-10-09 22:58:15

Üdv mindenkinek, már jó pár napja töröm magam egy feladaton, de nem tudom megoldani a problémát. Gondoltam megosztom veletek is:

Adott ABCD paralelogramma. Megkell szerkeszteni X-et a CD-n, úgy hogy érvényes legyen: AXX' szög ugyanakkora mint X'XB és X'X párhuzamos AD-vel. (az ábra szerint)

Várom a hozzászólásokat...

[872] BohnerGéza2007-10-07 20:33:17

Köszönöm SmallPotato megoldását a 124. feladatra!

A téma iránt érdeklődőknek javaslom, gondolkodjanak a közös belső érintők esetén is az analóg feladaton.

Előzmény: [870] SmallPotato, 2007-10-07 01:14:42
[871] SmallPotato2007-10-07 11:47:14

Néhány kiegészítés:

1.) Az eredeti 123. feladatban a hatványvonal a k1 és k2 érintési pontjában húzható közös érintő.

2.) Az előző hsz-ban leírt bizonyítás a rajzolt viszonyokon túl kiterjed az egymást érintő és az egymást metsző k1 és k2 körök esetére is. Ezekben az esetekben a hatványvonal rendre k1 és k2 közös belső érintője (értelemszerűen a körök egyetlen közös pontján át), ill. a körök metszéspontjain át húzható egyenes.

3.) Ha k1 és k2 nem érinti egymást, akkor (akár 0, akár 2 közös pontjuk van) az általuk "közrefogott" C1C2 átmérőjű körhöz G pontban húzható érintő is természetesen párhuzamos e-vel, e1-gyel és e2-vel. G aszerint helyezkedik el a közös átmérőegyenesnek a D felőli ill. azzal ellentétes oldalán, hogy k1 és k2 közös pontjainak száma 2 vagy 0.

Előzmény: [870] SmallPotato, 2007-10-07 01:14:42
[870] SmallPotato2007-10-07 01:14:42

Megoldás a 124. feladatra.

Rajzoljunk egy - szándékosan "elrontott" - ábrát, azaz egy olyat, ahol a találomra választott D pontból húzott DA és DB egyenesek által a k1 ill. k2 körökből kimetszett E1 és E2 pontok nem a közös érintő érintési pontjai!

Ebből az ábrából is megállapíthatjuk a következőket:

1.) Ha D a k kör pontja, akkor a jelölt e, e1 és e2 érintők párhuzamosak, hiszen k1-et A-ból, k2-t B-ből kellő arányban nagyítva a k1 ill. k2 körök k-ba, az E1 ill. E2 pontok D-be, tehát az e1 ill. e2 egyenesek e-be mennek át.

2.) A Thalész-tétel megfordítása értelmében az AC1E1, ABD és C2BE2 háromszögek derékszögűek (így hasonlóak is), és a vastagítva rajzolt DE1GE2 négyszög téglalap.

3.) A jelölt C1AE1 és C1E1e1 szögek egyenlőek, mert mindkettő a k1 kör C1E1 ívén nyugvő kerületi szög (utóbbi érintőszárú).

4.) Ezek szerint e1 és e2 akkor esik egybe, ha a jelzett DE1GE2 téglalapban pl. az E2E1D szög a jelzett szög pótszöge, azaz - a korábban említett háromszög-hasonlóságokat figyelembe véve - ha pl.  \frac {DE_2}{DE_1}= \frac{DA}{DB}.

Az utóbbi egyenlőséget átrendezve (az alsó ábrán csak a lényeg van kiemelve): DB*DE2=DA*DE1, azaz e1 és e2 akkor és csak akkor esik egybe, ha a D pont hatványa a k1 és k2 körökre azonos. Ez akkor és csak akkor teljesül, ha D pont a k1 és k2 körök hatványvonalán van. A hatványvonal ismert tulajdonsága, hogy adott pontjából a két körhöz egyenlő hosszú érintőszakaszok húzhatók (ha egyáltalán húzhatók), tehát (egyebek közt) a 124. feladat eredeti ábráján az F pontból is.

Előzmény: [857] BohnerGéza, 2007-09-20 11:08:40
[869] farkasb2007-10-05 03:01:23

Köszönöm, ez a 3. megoldás nagyon jó! Persze elismerésem a másik kettőért is :)

  [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]