[893] HoA | 2007-10-12 20:27:30 |
Bocs , az utolsó mondat helyesen : "Ekkor az egész A*CB' 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] HoA | 2007-10-12 20:18:06 |
Belátjuk, hogy ha a nem egyenlőszárú, pontosabban ha ABAC , akkor BC'=CB' és B'A'=C'A' egyszerre nem állhat fenn. Legyen az ABC -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' két oldalban megegyezik, de a közrezárt szög - mint az ABC nagyobb oldalával szemközti szög - az előbbiben () nagyobb mint az utóbbiban () . 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' 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_Z | 2007-10-11 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] HoA | 2007-10-11 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 szöggel. Vegyük fel az ABX Apollonius körét. Középpontja legyen O, Y-nal szemközti pontja Z. Az XYZ derékszögű ből YZ=d=b/cos , 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 :
Rendezve x-re másodfokú egyenletet kapunk, melynek megoldása: Mivel x a-nál és d-nél is rövidebb, ezért -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 , 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] Gyöngyő | 2007-10-11 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] titok111 | 2007-10-11 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] SmallPotato | 2007-10-11 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] titok111 | 2007-10-11 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] titok111 | 2007-10-11 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] SmallPotato | 2007-10-11 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] titok111 | 2007-10-11 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 |
|
|
|
|
[879] bohmajster | 2007-10-10 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.
|
|
|
|
|
|
|
|
[873] bohmajster | 2007-10-09 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...
|
|
|
|
[871] SmallPotato | 2007-10-07 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] SmallPotato | 2007-10-07 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. .
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] farkasb | 2007-10-05 03:01:23 |
Köszönöm, ez a 3. megoldás nagyon jó! Persze elismerésem a másik kettőért is :)
|
|