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]    [78]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1453] nadorp2010-10-01 12:15:55

A végeredményed jó, de ebből r-t szerintem nem lehet kifejezni, mert ez egy transzcendens egyenlet. ( hasonlóan pld. az x=3sinx egyenlethez). Csak közelítő megoldás van.

Előzmény: [1452] ojozso, 2010-09-29 20:20:00
[1452] ojozso2010-09-29 20:20:00

Köszi a választ!

Én is próbálkoztam a megoldással, mielőtt feltettem a Fórumra a feladatot, csak nem akartam befolyásolni vele senkit.

Most leírom, meddig jutottam el.

A körszelet területe (t): Tkorszelet=Tkorcikk-TQOCharomszog.

A HÁROMSZÖG TERÜLETE:

T_{QOC haromszog}=\frac{ef\sin\alpha}{2}=\frac{r^2\sin\alpha}{2}, mivel e=f=r

OFQ derékszögű háromszögben (F az OC szakasz felezőpontja) OQF szög \alpha fele. Szinusz definíciója alapján:

\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{OF}{e}=\frac{\frac{OC}{2}}{r}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}}{r}=\frac{\sqrt2}{2r}, mivel OC=\sqrt2 (OC szakasz egységnyi befogókkal rendelkező háromszög átfogója).

\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\alpha}{2}. (Kétszeres szög szinusza). A \sin^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\alpha}{2}=1 azonosságból: \cos\frac{\alpha}{2}=\sqrt{1-\sin^2\frac{\alpha}{2}}, melyet behelyettesítve kapjuk:

\sin\alpha=2\sin\frac{\alpha}{2}\sqrt{1-\sin^2\frac{\alpha}{2}}. Beírva \sin\frac{\alpha}{2}-re kapott \frac{\sqrt2}{2r} értéket:

\sin\alpha=2\frac{\sqrt2}{2r}\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)^2}. Egyszerűbb alakra hozva megkapjuk, hogy \sin\alpha=\frac{\sqrt{2r^2-1}}{r^2}

A háromszög területe tehát:

(1)T_{QOC haromszog}=\frac{\sqrt{2r^2-1}}{2}

A KÖRCIKK TERÜLETE:

T_{korcikk}=\frac{\alpha}{2\pi}r^2\pi=\frac{\alpha}{2}r^2 (\alpha radiánban.), vagyis:

(2)T_{korcikk}=arcsin\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)r^2

A KÖRSZELET TERÜLETE:

T_{korszelet}=T_{korcikk}-T_{QOC haromszog}=arcsin\left(\frac{\sqrt2}{2r}\right)r^2-\frac{\sqrt{2r^2-1}}{2}

És itt a végállomás! Fogalmam sincs, hogyan lehetne ebből r-et kifejezni, már csak azért sem, mert r az arcsin argumentumában is szerepel és nem tudom, hogyan lehet onnan kihozni.

Innentől kéne segítség. Ráadásul abban sem vagyok biztos, hogy eredményem ekvivalens-e a Tieddel.

Előzmény: [1450] Gubbubu, 2010-09-28 12:19:53
[1451] Gubbubu2010-09-28 12:22:35

Talán ebből kifejezheted a sugarat. Talán nem :-). Nos, én öt perc alatt ennyit tudtam összehozni, lehet, hogy ez is segít.

Előzmény: [1450] Gubbubu, 2010-09-28 12:19:53
[1450] Gubbubu2010-09-28 12:19:53

Az első feladatra nekem az  T_{k.szelet} = \frac{r^{2}}{2} \left( arcsin \left( \frac{ \sqrt{2r^{2}-1} }{2r^{2}} \right) - \frac{ \sqrt{2r^{2}-1} }{2r^{2}} \right)

A megoldás leírásához szükséges időm most túl kevés, estefelé vagy pár nap múlva talán; így a képzeletbeli margón marad :-).

Szükséges lenne természetesen az ért. tartományok vizsgálata is, továbbá esetleges geometriai diszkusszió. Nagy vonalakban az történt, hogy kiszámolod a körcikk területét (ez egyszerű egyenes arányosság), majd az ún. trigonometrikus területképlettel az OAC háromszögét, és kivonod a kettőt egymásból. Ezután kifejezed az omega szöget az r segítségével (ehhez ügyeskedni kell az addíciós tételekkel), így eltüntetvén az omegát a képletből (opcionális, az arcsin-elt kifejezés egyébként maga a szinusz omega).

Előzmény: [1449] ojozso, 2010-09-27 18:49:48
[1449] ojozso2010-09-27 18:49:48

Sziasztok!

Új vagyok itt és adódott egy probléma, melyen nem tudok túljutni, de Nektek bizonyára menni fog... Tehát:

172. feladat

Jelöljük O-val az origót (0;0), A-val az (1;0), B-vel a (0;1) és C-vel az (1;1) pontokat. Az AB szakasz A ponton túli meghosszabításával kapott félegyenesen AB szakaszon kívül vegyünk fel egy tetszőleges Q (u;v) pontot. QO=QC=r sugárral rajzoljuk fel a Q középpontú OC körívet. Ezen a köríven vegyünk fel egy tetszőleges P (x;y) pontot. Az OC szakasz és az OC körív által (pirossal) határolt körszelet területét jelöljük t-vel, az OQP szöget pedig omega-val (QP szakasz sajnos, lemaradt a rajzról.)

Határozzuk meg az adott t területű körszelethez tartozó r sugarat!

Írjuk fel az adott adott t területű körszelethez tartozó körív tetszőleges P pontjának koordinátáit r és omega függvényében!

[1448] Fálesz Mihály2010-09-08 06:00:50

Megnézheted a korábbi feladatokat a honlapon.

Pl. a 2009. szeptemberi feladatokat itt találod.

Előzmény: [1443] kuklic, 2010-09-06 18:16:49
[1447] Csimby2010-09-08 02:16:06

Szóval mindenképpen ajánljuk, hogy megrendeld a lapot és csináld a pontversenyt - szerintem rengeteget lehet tanulni belőle - de itt a fórumon többnyire más feladatok kerülnek elő!

Előzmény: [1446] BohnerGéza, 2010-09-08 00:59:23
[1446] BohnerGéza2010-09-08 00:59:23

Természetesen sok a lapban megjelenő feladat is előkerül itt, de a kettő nem fedi egymást.

A Lapban sok érdekes feladat van különböző nehézségűek csoportosításával. Az "A" jelűek nehezek, könnyebbek a "B"-k, kezdőknek a "C" jelűek valók, illetve kifejezetten kilencedikeseknek szólnak a "K" jelűek. Számítástechnikai és fizikai rovat is található sok érdekes feladattal.

A feladatok mellett nívós cikkek is vannak, sok kitűzött feladat megoldása is szerepel, valamint a pontverseny állása is félidőben, illetve a végeredménye.

Előzmény: [1443] kuklic, 2010-09-06 18:16:49
[1443] kuklic2010-09-06 18:16:49

A feladatokat amiket itt megoldtok, a megrendelt komal lapból csináljátok? mert ha igen akkor megrendelem én is :)

[1442] BohnerGéza2010-09-04 11:44:38

Néhány megjegyzés a 171. feladathoz, és HoA szép megoldásához:

- Ha érintőkörökkel definiálunk valamit, érdemes lehet analóg feladatokat is megfogalmazni! ... (Valaki a 171. feladathoz?)

- A trapéz átlóinak metszéspontján átmenő, az alapokkal párhuzamos egyenesnek a trapézban lévő szakasza az alapok harmonikus közepe. (Ezt a szakaszt felezi az átlók metszéspontja, tehát a feladatban a magasság felezőpontja szerepel.) Ebből is folytatható a "volt egyszer..." helyett HoA megoldása.

Érdemes lehet tudni:

Ha a trapéz szárait az alapok arányában osztjuk, az osztópontokat összekötő szakasz az alapok mértani közepe. (Ha fordított arányban osztjuk, azt nem tudom, érdemes lehet kiszámolni!)

A trapéz szárainak felezőpontjait összekötő szakasz az alapok számtani közepe.

Ha a trapézt az alapokkal párhuzamosan úgy osztjuk ketté, hogy a területét felezzük, az osztóvonal az alapok négyzetes közepe lesz.

Ezekkel két számra igazolhatóak a szereplő közepekre az egyenlőtlenségek.

Előzmény: [1441] HoA, 2010-08-19 13:19:44
[1441] HoA2010-08-19 13:19:44

Egészítsük ki az ábrát a hozzáírt körökkel és közös érintőikkel. A lila háromszögek hasonlóságából és a párhuzamos szelők tételéből \frac{C_a T_c}{C_b T_c}= \frac{O_a C}{O_b C} = \frac{\rho_a}{\rho_b} . Vagyis Tc a hozzáírt körök sugarainak arányában osztja a CaCb szakaszt. Az OaObCbCa derékszögű trapéz átlóinak M metszéspontjából CaCb -re bocsátott merőleges talppontja legyen TM Mivel CaTM és CbTM az OaCaM és ObCbM hasonló háromszögek megfelelő magasságai, ezek aránya is \frac {\rho_a} { \rho_b} , TM és Tc egybeesik, M valóban rajta van CTc -n

Volt egyszer egy KöMaL feladat, amelyik azt kérdezte, megszerkeszthető-e a háromszög ha adott két hozzáírt kör sugara és a harmadik oldalhoz tartozó magasság. Eredményül persze kijött, hogy a három szakasz nem független, a magasság a két sugár harmonikus közepe, így vagy nincs megoldás vagy a feladat határozatlan. Ezt ismertnek feltételezve, a B 4276 annak bizonyítását kéri, hogy a harmonikus közép nem nagyobb a mértani középnél, ami e fórum látógatói számára érdektelen.

BohnerGéza ábrája viszont úgy is értelmezhető, hogyan szerkeszthetjük meg egyszerűen két szakasz harmonikus közepét. Hirtelenjében erre nem látok jobb megoldást.

Előzmény: [1440] BohnerGéza, 2010-08-04 02:02:39
[1440] BohnerGéza2010-08-04 02:02:39

171. feladat: A B.4276 feladattal kapcsolatban:

Az ABC háromszög két hozzáírt körének középpontja Oa és Ob, ezek érintési pontja az AB oldalon Ca és Cb A C-ből induló magasság CTc. Bizonyítandó, hogy OaCb és ObCa a CTc szakaszon metszik egymást.

[1439] gida12010-07-22 11:47:36

Nagyon köszönöm, Jonas!

[1438] jonas2010-07-22 09:29:24

A bipartite graph páros gráfot jelent.

Előzmény: [1437] gida1, 2010-07-22 01:27:14
[1437] gida12010-07-22 01:27:14

Sziasztok! A segítségeteket kérném. Mi a magyar megfelelője az angol PERMUTOHEDRON-nak? Milyen éder? Segítségül egy link: http://en.wikipedia.org/wiki/Permutohedron

És mi az a BIPARITE GRAPH / BIGRAPH? http://en.wikipedia.org/wiki/Bipartite

Segítségeteket előre is köszönöm!

[1436] sakkmath2010-07-10 22:26:54

A 1432-33-34. kísérleteim hiányosak, ezért tekintsük ezeket semmisnek. Újból: elnézést.

Előzmény: [1434] sakkmath, 2010-07-10 20:46:09
[1435] S.Ákos2010-07-10 21:13:54

170./a: k körre vonatkozó inverzióval, vázlatosan

AB képe az AOBFE kör, az O-n átmenő 3 kör (AEO, CDO, FBO képe 1-1 egyenes, rendre AE, CD, FB, AOB, AOC, COD, DOB egyenlőszárú háromszögek. Az állítás az, hogy EA és BF azonos szöget zár be CD-vel. Innét szögszámolással adódik, hogy tényleg egyenlő a két szög, (mondjuk legyen BAO\angle=ABO\angle=\alpha és AOE\angle=\beta1, COD\angle=\beta1, DOB\angle=\beta3).

Előzmény: [1431] HoA, 2010-06-24 12:43:03
[1434] sakkmath2010-07-10 20:46:09

Túlbonyolítottam. Rájöttem, hogy nem kell az inverzió. Elég azt látni, hogy mivel a k3 körben N1 N2 húr, ezért őt merőlegesen felezi MO. Ezért az N1 N2 O háromszög egyenlő szárú, stb. (Elnézést.)

Előzmény: [1433] sakkmath, 2010-07-10 18:59:21
[1433] sakkmath2010-07-10 18:59:21

A 170/a) feladat

megoldásának második része,

ábra:

Előzmény: [1432] sakkmath, 2010-07-10 18:56:26
[1432] sakkmath2010-07-10 18:56:26

Az 170/a) feladat

megoldásának első,

szöveges része:

Előzmény: [1431] HoA, 2010-06-24 12:43:03
[1431] HoA2010-06-24 12:43:03

170. feladat Az O középpontú k kört az e szelő az A és B pontokban metszi.Az AB ív C és D pontjába húzott sugár metszéspontja e-vel E és F.

a)Igazoljuk, hogy az AEO pontok k1 köre és a BFO pontok k2 köre azonos szögben metszi az OCD pontok k3 körét. Az O-tól különböző metszéspontok P és Q.

b)Bizonyítsuk be, hogy a k1-et P-ben és k2-t Q-ban érintő kör e-t is érinti.

[1430] HoA2010-06-16 12:25:39

A 165. [1422] feladat megoldása. E fórum olvasóinak, feladatmegoldóinak sokkal tömörebben is elég lenne, de szerintem tanításban jól használható, így kicsit részletesebben írok.

a) Legyen egyelőre ABC beírt körének érintési pontja AB-n C* . C* az az AB szakaszon lévő pont, melyre az A-tól és B-től mért távolságok különbsége ugyanakkora, mint C-re. Ennek igazolásához elég a csúcsokból a beírt körhöz húzható érintőszakaszok s-a és s-b kifejezéseire hivatkozni. Megmutatjuk, hogy ez C1-re is igaz, tehát C*=C1. Igazoljuk, hogy BC1–AC1=BC-AC , vagyis [BC1–AC1][BC-AC]=0 . Az ábrán a kisbetükkel jelölt egyenlő érintőszakaszokkal, valamint n=d+g+h és j+m=f+g+h felhasználásával [(k+j+m)(e+f)][(k+n)-(d+e)]=[j+m-f]-[n-d]=[g+h]-[g+h]=0

b) Ennek alapján megállapíthatjuk, hogy van olyan A és B fókuszú hiperbola, mely C-n és C1-en is áthalad. A fenti képletet átrendezve [BC-BC1][AC–AC1]=0 , ami viszont azt jelenti, hogy van olyan C és C1 fókuszú hiperbola, mely A-n és B-n is áthalad. Erről kell belátni, hogy P-n is áthalad, vagyis [PC-PC1][AC–AC1]=0 . Az ábra érintőszakaszaival [(d+g)-(g+f)][(d+e)(e+f)]=[d-f][d–f]=0 . A háromszögbe eső parabolaív minden P’ pontja kiadódik P-nek, ha D-t CP’ és AB metszéspontjának választjuk.

c) A két kör közös belső érintői szimmetrikusak a két kör centrálisára, a centrális felezi a CPC1 szöget, tehát érintője a hiperbolának. Egyenlő sugarak esetén a centrális párhuzamos AB-vel.

d) Visszavezettük a feladatot adott hiperbola adott irányú érintőjének és a P érintési pontnak a szerkesztésére. Tekintsük a hiperbolát mint az F1 középpontú vezérkört érintő és F2-n áthaladó körök középpontjának mértani helyét. F2-nek a P-beli érintőre vett F2 tükörképe a vezérkör és a PF1 egyenes metszéspontja, F2F2 merőleges az érintőre. A szerkesztés: Húzzunk F2-n át merőlegest egy érintőirányú egyenesre, ennek a vezérkörrel alkotott (egyik) metszéspontja F2 , F2F2 felező merőlegese az e érintő, e és F1F2 metszéspontja a P érintési pont. Feladatunkban A a hiperbola pontja, az A körüli, C1-en áthaladó kör és az AC szakasz B1 metszéspontja rajta van a C körüli vezérkörön. Az ABre C1-ben emelt merőleges és a C körüli CB1 sugarú kör (egyik) metszéspontja legyen Q . A D pont CQ és AB metszéspontjaként adódik.

Ehhez a szerkesztéshez most már a hiperbola felhasználása nélkül is eljuthatunk. Ha a két kör sugara egyenlő, akkor közös belső érintőik tükrösek az AB -val párhuzamos centrálisra. Legyen Q a PC szakasznak az a pontja, melyre PQ=PC1. PQC1 egyenlőszárú háromszög C1Q alapja merőleges AB-re, Q rajta van az AB -re C1-ben emelt merőlegesen. Másrészt CQ=PC–PC1=AC–AC1 . Az AC szakaszra ráforgatva az AC1 távolságot a végpont legyen B1 . CB1=AC–AC1 . Q rajta van a C körüli CB1 sugarú körön, innen a szerkesztés a fenti.

Előzmény: [1422] BohnerGéza, 2010-06-03 16:31:30
[1429] BohnerGéza2010-06-05 13:08:26

Elnézést, van a 168. feladatnak olyan megoldása, melyben nem kell felhasználni a 169-et!

Előzmény: [1428] BohnerGéza, 2010-06-05 13:01:10
[1428] BohnerGéza2010-06-05 13:01:10

Felhasználandó a 168. feladatban:

169. feladat: Az ABC háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét, érintse ez C1-ben AB-t. Igazoljuk, ha a CA-n mozgatjuk D-t (E és F megfelelően mozog), akkor C1 nem mozog. (Az ABC beírt körének pontja.)

Előzmény: [1427] BohnerGéza, 2010-06-05 12:53:18
[1427] BohnerGéza2010-06-05 12:53:18

Valóban! Pontosítva az [1406]-ban említett AD-feladatot:

168. feladat: Az ABC C-nél derékszögű háromszög AC illetve BC oldalán vegyük föl a D illetve E pontot úgy, hogy az AEC és BCD beírt köre azonos legyen: k1. Az AE és BD metszéspontja legyen F. Jelölje k2 az ABF beírt körét.

Fejezzük ki az ABC oldalai segítségével k1 sugarát, ha egyenlő a k2-ével!

Előzmény: [1424] HoA, 2010-06-05 09:01:13

  [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]