Geometria és trigonometria

Pont és egyenes, illetve sík távolsága a merőleges szakasz hossza. Párhuzamos síkok távolsága közös merőlegesükön mérhető.

Egyenes és sík hajlásszöge az egyenes és merőleges vetületének hegyesszöge. Két sík szögét a metszésvonalukra merőleges síkmetszetben mérjük.

Kitérő egyenesek szöge párhuzamos eltolással meghatározható.

Adott ponttól r távol lévő síkbeli pontok köre kör, térben gömbfelület. Két ponttól egyenlő távol lévő síkpontok a szakasz felezőmerőlegesén vannak.

Szög szárától egyenlő távolságú belső pontok a szögfelezőn. Parabola egy ponttól és egy rá nem illeszkedő egyenestől egyenlő távol lévő pontok halmaza.

Hasonló alakzatok megfelelő szögei egyenlők, oldalai arányosak. Háromszögeknél három arányos oldal, két arányos oldal és közbezárt egyenlő szög, illetve két egyenlő szög elegendő.

Egybevágósághoz az arány 1. |λ| hosszaránynál a területarány λ², a térfogatarány |λ|³.

A párhuzamos szelők a szögszárakon arányos szakaszokat vágnak ki; megfelelő háromszögeik hasonlók. A belső szögfelező a szemközti oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja: BD/DC=AB/AC.

A bizonyításban azonos magasságú háromszögek területarányát és a szögfelező melletti szinuszos területképletet vetjük össze.

Oldalfelező merőlegesek a körülírt kör középpontjában találkoznak, mert pontjaik két-két csúcstól egyenlő távolságúak. Szögfelezők a beírt kör középpontjában: az oldalaktól mért távolság azonos.

Magasságvonalak a magasságpontban; súlyvonalak a súlypontban metszik egymást. Tompaszögű háromszögnél magasságpont és körülírt középpont kívül is lehet.

Derékszögű háromszögben a²+b²=c². Megfordítása is igaz.

A magasság az átfogót p,q részekre osztva: m²=pq, a²=cp, b²=cq, p+q=c, a befogók vetületének megfelelő jelöléssel. A hasonló kis háromszögekből aránypárokkal kapjuk ezeket.

Pitagorasz területes bizonyításában egy (a+b) oldalú négyzet területét négy derékszögű háromszög és a belső c oldalú négyzet összegével írjuk fel.

Konvex n-szög egy csúcsból n−2 háromszögre bontható, ezért belső szögösszege (n−2)·180°. Az átlók száma n(n−3)/2: minden csúcsból n−3 átló indul, de kétszer számolunk.

Szabályos n-szög egy belső szöge (n−2)180°/n.

Háromszög T=am/2; paralelogramma T=am; trapéz T=(a+c)m/2; merőleges átlójú deltoid T=ef/2. Háromszögben T=sr a beírt kör sugarával és s félkerülettel; három kis háromszög területösszege adja.

Hérón: T=√(s(s−a)(s−b)(s−c)). Húrnégyszög szemközti szögeinek összege 180°.

Érintőnégyszög szemközti oldalösszege egyenlő, az azonos pontból húzott érintőszakaszok egyenlősége miatt.

α radiánhoz ív s=rα és körcikkterület T=r²α/2 tartozik. Fokban a teljes kerületet és területet α/360-nal szorozzuk.

Körszelet területe a körcikk és a két sugár alkotta háromszög területének különbsége, a nagyobb szakasznál a megfelelő kiegészítéssel.

Azonos íven álló kerületi szög fele a hozzá tartozó középponti szögnek. Thalész: átmérő feletti kerületi szög 90°, és derékszögű háromszög csúcsai az átfogó mint átmérő körén vannak.

Érintő az érintési sugárra merőleges. Külső pontból húzott két érintőszakasz egyenlő: a közös átfogójú és azonos sugarú derékszögű háromszögek egybevágók.

Derékszögű háromszögben sin=szemközti befogó/átfogó, cos=mellette lévő befogó/átfogó, tan=sin/cos. Egységkörön cos a vízszintes, sin a függőleges koordináta. sin²x+cos²x=1. sin30°=1/2, cos30°=√3/2; sin45°=cos45°=√2/2; sin60°=√3/2.

Az előjelet a negyed dönti el.

Szinusztétel: a/sinα=b/sinβ=c/sinγ=2R. Koszinusztétel: c²=a²+b²−2abcosγ, vektorok különbségének négyzetéből levezethető.

T=ab sinγ/2. sin(x±y)=sin x cos y±cos x sin y; cos(x±y)=cos x cos y∓sin x sin y. sin2x=2sin x cos x, cos2x=cos²x−sin²x. Trigonometrikus egyenletnél minden periódusbeli megoldást keress: sin x=sinα esetén x=α+2kπ vagy π−α+2kπ.

n=(A;B) normálvektor és P₀=(x₀;y₀) pont esetén A(x−x₀)+B(y−y₀)=0. Irányvektor (B;−A), merőleges forgatott vektor (−y;x). y=mx+b csak nem függőleges egyeneshez használható.

Párhuzamos egyenesek irányvektorai arányosak; merőlegesek skaláris szorzata nulla. Két egyenes metszése egyenletrendszer.

K(h;k),r sugarú kör: (x−h)²+(y−k)²=r². Egyenes behelyettesítésével a metszés másodfokú egyenlet: D>0 két pont, D=0 érintés, D<0 nincs pont.

Körérintő normálvektora az érintési sugár. Két kör egyenletét kivonva elsőfokú egyenletet kapunk.

F(0;p/2) fókusz és y=−p/2 vezéregyenes parabolaegyenlete x²=2py, a két távolság négyzetének egyenlőségéből.

Gúla és kúp térfogata az azonos alapú és magasságú hasáb/henger harmada. Körkúp alkotója l=√(r²+m²), palástja πrl.

Szabályos gúla oldallapmagassága általában eltér a testmagasságtól és az oldaléltől. Gömb A=4πr²,V=4πr³/3.

Egységátváltásnál a hossz szorzóját területnél négyzetre, térfogatnál köbre emeljük.

Párhuzamos metszéssel levágott hasonló gúlából a nagy és kis gúla térfogatkülönbségét vesszük. Ebből csonkagúla V=m(T₁+√(T₁T₂)+T₂)/3.

Körkúpnál V=πm(R²+Rr+r²)/3, palást π(R+r)l. A l²=m²+(R−r)² összefüggést tengelymetszetben látjuk.

cos x=cos α megoldásai x=±α+2kπ. tg x=tg α megoldásai x=α+kπ, ahol a tangens értelmezett. 2sin²x−sin x−1=0 esetén t=sin x∈[−1;1]; (2t+1)(t−1)=0, így sin x=1 vagy −1/2. Egy teljes periódusban [0;2π[ megoldások π/2,7π/6,11π/6. sin 2x=0 esetén 2x=kπ, azaz x=kπ/2: az argumentum minden tagjára osztunk.

sin(x+π/6)=sin x·√3/2+cos x/2. cos 2x=1−2sin²x=2cos²x−1, sin 2x=2sin x cos x. sin x≥1/2 a [0;2π] tartományban [π/6;5π/6], mert a kör függőleges koordinátája itt legalább 1/2. Általánosan [π/6+2kπ;5π/6+2kπ]. cos x<0 ugyanezen egy periódusban ]π/2;3π/2[.

A szigorúság dönti el a végpontok befoglalását.

Legyen i,j merőleges egységvektor. a=a₁i+a₂j, b=b₁i+b₂j. A disztributivitás és i·i=j·j=1, i·j=j·i=0 miatt a·b=a₁b₁+a₂b₂.

A szög koszinusza nemnulla vektorokra (a₁b₁+a₂b₂)/(|a||b|). A 90°-os pozitív forgatás (a₁;a₂)-ből (−a₂;a₁)-et ad.

Felbontás egyértelműsége: két különböző felbontás különbsége nemtriviális párhuzamosságot követelne a két alapvektor között, ami a feltétellel ellentétes.

Az A-ból B-be vezető vektor B−A. P=A+t(B−A); felezőponthoz t=1/2, az A-hoz közelebbi harmadolóhoz t=1/3.

F=(A+B)/2 és P=(2A+B)/3 koordinátánként. A háromszög BC oldalának felezője M=(B+C)/2; a súlypont az A-ból induló súlyvonal 2/3-án van: S=A+(2/3)(M−A)=(A+B+C)/3.

Így a súlypont mindhárom koordináta számtani átlagaként kapható.

P₀(x₀;y₀) pont és n(A;B)≠(0;0) normálvektor esetén n·(P−P₀)=0, tehát A(x−x₀)+B(y−y₀)=0. v(v₁;v₂) irányvektor normálvektora (−v₂;v₁). Ha v₁≠0, m=v₂/v₁ és y−y₀=m(x−x₀); ha v₁=0, x=x₀.

Párhuzamos nem függőleges egyenesek meredeksége azonos; merőlegesekre m₁m₂=−1, ha mindkettő meredeksége létezik. Az x=c és y=d egyenesek is merőlegesek.

x²+y²+Dx+Ey+F=0 teljes négyzettel (x+D/2)²+(y+E/2)²=(D²+E²)/4−F. Pozitív jobb oldal valódi kör, nulla egyetlen pont, negatívnál nincs valós pont.

Egyenes behelyettesítésével másodfokú egyenlet adja a metszést. Két kör kivonása elsőfokú egyenletet ad, ha eltér a középpontjuk; azonos középpontnál külön vizsgálat kell.

P(x₁;y₁) körpontban a sugár normálvektor: (x₁−h)(x−x₁)+(y₁−k)(y−y₁)=0 az érintő.

P(x;y) távolsága a fókusztól √(x²+(y−p/2)²), az egyenestől |y+p/2|. Egyenlővé tétel és négyzetre emelés után x²+y²−py+p²/4=y²+py+p²/4, tehát x²=2py.

A két távolság nemnegatív, ezért a négyzetre emelés itt ekvivalens. p>0 felfelé, p<0 lefelé nyíló parabolát ad. Eltolt csúcsú alak (x−h)²=2p(y−k), fókusz (h;k+p/2), vezéregyenes y=k−p/2.

y=x²/8 esetén 2p=8, tehát p=4, F(0;2), vezéregyenes y=−2. A P(4;2) pont fókusztávolsága 4, az egyenestől mért távolsága szintén 4.

Egyenes metszéséhez helyettesítjük annak y-kifejezését a parabola egyenletébe, és a kapott másodfokú egyenlet gyökei alapján 0,1 vagy 2 metszéspontot kapunk.

Egyenes és sík hajlásszöge az egyenes és síkra vett merőleges vetületének hajlásszöge. Síkra merőleges egyenesnél 90°, síkkal párhuzamosnál 0°.

Két metsző sík hajlásszögét a metszésvonalukra merőleges síkban kapott két metszésvonal kisebb szöge méri. A vetítés általában nem őrzi a szakaszhosszt: a vetület hossza l cosα.

Egybevágósági transzformáció térbeli példája eltolás, síkra tükrözés, tengely körüli forgatás; ezek távolságot őriznek.

a élű kocka testátlója a√3, az alapra vett vetülete a√2. Az alapsíkkal alkotott α szögre tgα=a/(a√2)=1/√2.

A testátló és egy függőleges él közötti β szögre cosβ=a/(a√3)=1/√3. Két szemközti, azonos irányú lapél távolságát az őket merőlegesen összekötő szakasz adja.

A rajz perspektívája nem igazolja a térbeli szöget; derékszögű síkmetszetből számolunk.

Az AB felezőmerőlegesének P pontját az F felezőponttal összekötve az AFP és BFP derékszögű háromszögek két befogójukban egyeznek: AF=BF és FP közös. Ezért PA=PB.

Fordítva PA=PB esetén az AFP és BFP háromszög egybevágó, a két F-beli szög egyenlő, összegük 180°, tehát mindkettő 90°. Az AB és BC felezőmerőlegese nem párhuzamos, mert a három csúcs nincs egy egyenesen; metszésük O.

OA=OB és OB=OC miatt OA=OC, ezért O a CA felezőmerőlegesén is rajta van. Az O középpontú OA sugarú kör mindhárom csúcson átmegy.

A középpont hegyesszögű háromszögben belül, derékszögűben az átfogó felezőpontjában, tompaszögűben kívül van.

A belső szögfelező P pontjának a szárakra állított merőleges talppontja legyen T és U. A két derékszögű háromszögnek közös a csúcs–P átfogója és egyenlő a csúcsnál levő szöge, ezért PT=PU.

Két belső szögfelező I metszéspontja a háromszög belsejében van. I távolsága AB-től az AC-től mérttel egyezik, AB-től a BC-től mérttel is; a három távolság egyenlő.

A harmadik szögfelezőn is rajta van. Az I középpontú, e távolság sugarú kör mindhárom oldalt érinti.

A belső szögfelezőkön az érintési talppontok az oldalszakaszokra esnek.

Vegyünk a+b oldalú négyzetet. A sarkainál négy egybevágó, a és b befogójú derékszögű háromszöget helyezzünk el úgy, hogy a szomszédos befogók a négyzet oldalait kitöltsék.

A középen maradó négyszög mindegyik oldala c. Minden szöge 180°−α−β=90°, mert az eredeti háromszög két hegyesszöge együtt 90°; tehát c oldalú négyzet.

Területek: (a+b)²=4·ab/2+c². Felbontva a²+2ab+b²=2ab+c²; 2ab kivonásával a²+b²=c².

Ha egy háromszög pozitív oldalai a,b,c, a legnagyobb c és a²+b²=c², építsünk a,b befogójú derékszögű háromszöget. Az előbb bizonyított tétel szerint ennek átfogója √(a²+b²)=c.

A két háromszög oldal–oldal–oldal alapon egybevágó, ezért az eredetiben is 90° a c-vel szemközti szög. A síkbeli ponttávolság a koordinátakülönbségekből alkotott derékszögű háromszög átfogója: d=√((x₂−x₁)²+(y₂−y₁)²).

Egy csúcsból n−3 átló húzható: magába a csúcsba és két szomszédjába nem. n csúcsnál n(n−3) számolást kapunk, de minden átlót két végpontjából is számoltunk, ezért d=n(n−3)/2. Egy csúcsból húzott átlók a konvex n-szöget n−2, egymást belül nem átfedő háromszögre bontják.

Ezek szögei pontosan a sokszög belső szögeit adják ki, így összegük (n−2)·180°. Szabályos n-szögben minden szög egyenlő, ezért egy belső szög (n−2)·180°/n.

Minden csúcsnál belső és a kiválasztott külső szög összege 180°. Az n külső szög összege n·180°−(n−2)·180°=360°.

Szabályos n-szög egy külső szöge 360°/n, ugyanekkora a középponti szög. A 360° összeg konvex sokszögben szabályosság nélkül is igaz; az egyenlő külső szögek feltétele már külön tulajdonság.

Konvexitás nélkül előjeles fordulási szögekkel lehet hasonló állítást mondani, de a mostani képlet bizonyítása a konvex esetre szól.

Legyen O az AB átmérő felezőpontja. OA=OC=OB, ezért az AOC háromszög A-nál és C-nél levő szöge α, a BOC háromszög B-nél és C-nél levő szöge β.

Az ACB szög α+β. Az ABC háromszög szögösszege α+β+(α+β)=180°, ezért α+β=90°.

C nem lehet A vagy B, mert akkor nem keletkezne háromszög.

Legyen ACB derékszögű háromszög, O az AB felezőpontja. Tükrözzük C-t O-ra D-be.

Az ACBD négyszög átlói AB és CD felezik egymást, tehát paralelogramma. C-nél derékszög van, ezért téglalap; téglalap átlói egyenlők: AB=CD.

O mindkettőt felezi, így OC=OA=OB. C tehát az AB átmérőjű körön van.

Ezzel a derékszögű háromszög átfogóhoz húzott súlyvonala az átfogó fele.

A C-ből az AB egyenesre bocsátott m magasság hegyesszögű esetben m=b sinα=a sinβ. Ha az α vagy β szög tompa, a talppont az AB szakaszon kívül van, a derékszögű háromszögben a pótszög szerepel; sin(180°−α)=sinα, ezért ugyanaz az egyenlőség érvényes.

Derékszögű esetben az egyik magasságoldal teljes befogó, a képlet sin90°=1-gyel működik. A szinuszok háromszögben pozitívak, így oszthatunk: a/sinα=b/sinβ.

Másik csúcsból húzott magassággal a c/sinγ arányt is hozzákapcsoljuk. A körülírt körben az oldal húr, megfelelő középponti vagy kerületi szögével a=2R sinα, ezért a közös arány 2R.

Adott a,b,α esetén sinβ=b sinα/a. Ha a jobb oldal 1-nél nagyobb, nincs háromszög; ha 1, β=90° lehet.

Ha 0 és 1 közötti, a β₁=arcsin(s) és β₂=180°−β₁ is szinuszmegoldás. Mindkettőre külön kell α+β<180°-ot ellenőrizni.

Ha valamelyik kiesik, egy; ha mindkettő megfelel, két háromszög adódik. A számológép főértéke egyedül nem sorolja fel az összes esetet.

2sin²x−sin x−1=0: t=sin x∈[−1;1], (2t+1)(t−1)=0. sin x=1 vagy −1/2. Általános megoldások π/2+2kπ, 7π/6+2kπ, 11π/6+2kπ.

A [0;2π[ tartományban ezek k=0 értékei maradnak. cos(2x)=1/2 esetén 2x=±π/3+2kπ, tehát x=±π/6+kπ; az osztás a periódustagot is érinti.

sin(2x)=sin x az azonossággal 2sin x cos x=sin x, így sin x(2cos x−1)=0. Megoldások x=kπ, illetve x=±π/3+2kπ. sin x-szel osztva az első család elveszne. 2cos²x−1=cos(2x); 1−sin²x=cos²x.

Csak értelmezett kifejezéseket alakítunk át.

tg(2x)=1-ben 2x=π/4+kπ, innen x=π/8+kπ/2. Egyik jelölt sem tiltott, mert cos(2x)≠0.

A [0;π[ intervallumon x=π/8 és 5π/8. tg x=sin x/cos x előtt cos x≠0 kell; a nevező nullahelyét a szorzás után sem szabad visszaengedni.

A szakasznak két végpontja, a félegyenesnek kezdőpontja és iránya van; az egyenes mindkét irányban korlátlan. Két különböző egyenes egy síkban metsző vagy párhuzamos.

Térben kitérők is lehetnek: nincs közös pontjuk és nincs őket tartalmazó közös sík. Két különböző sík metszése egyenes vagy párhuzamosak.

Három nem egy egyenesen levő pont egy síkot határoz meg.

Azonos kezdőpontú két félegyenes két szögtartományt határol; jelöld, melyikre gondolsz. 0° nullszög; 0°<α<90° hegyesszög; 90° derékszög; 90°<α<180° tompaszög; 180° egyenesszög; 180°<α<360° homorúszög; 360° teljesszög. A síkbeli két egyenes hajlásszögén rendszerint a 0° és 90° közötti kisebb szöget értjük.

Pótszögek összege 90°, kiegészítő szögeké 180°. Mellékszögek közös szára mellett a másik két szár ellentétes félegyenes, ezért kiegészítők.

Két metsző egyenes csúcsszögei egyenlők: mindkettő ugyanannak a szögnek a kiegészítője. Párhuzamos egyeneseket metsző egyenesnél az egyállású és váltószögek egyenlők, az azonos oldali belső szögek kiegészítők.

Az egyállású szögek egyenlősége visszafelé párhuzamosságot is igazol.

Két egyenes hajlásszögét párhuzamos eltolással közös pontba vitt irányaik kisebb, 0°–90°-os szöge adja. Egyenes és sík szöge az egyenes és a síkra vett merőleges vetületének szöge; párhuzamos esetben 0°, merőleges esetben 90°.

Két metsző sík szögét a metszésvonalra merőleges síkban kapott két metsző egyenes kisebb szöge méri. Párhuzamos síkok szöge 0°.

A 3×4×12 cm-es téglatest testátlójának alapbeli vetülete 5 cm, az emelkedés 12 cm, testátlója 13 cm. Az alapsíkkal α≈67,380°-ot zár be, mert tgα=12/5.

A függőleges éllel β≈22,620° a kisebb szöge, mert cosβ=12/13; α+β=90°. A két párhuzamos alapsík távolsága 12 cm.

Kitérő egyenesek távolsága közös merőlegesük közöttük fekvő szakaszának hossza. Legyen e={(t;0;0)}, f={(0;s;3)}.

A (0;0;0) és (0;0;3) közti szakasz mindkettőre merőleges; távolságuk 3. Bármely két pontjuk távolsága √(t²+s²+9)≥3, tehát valóban minimum.

Irányaik merőlegesek, hajlásszögük 90°, mégsem metszik egymást. Ez különbözik a két véges szakasz távolságától, ha a talppontok a szakaszokon kívül vannak.

Az F felezőpont maga nyilván egyenlő távol van A-tól és B-től. A felezőmerőleges más P pontjára az AFP és BFP derékszögű háromszög egybevágó, így PA=PB.

Fordítva PA=PB és P≠F esetén az egyenlő szárú APB háromszög csúcsból indított súlyvonala merőleges az alapra; P a felezőmerőlegesen van. A két végpont távolságegyenlősége pontosan ezt az egyenest írja le.

A nemelfajuló konvex szög belsejében a száraktól egyenlő távol levő pontok belső szögfelezőjén vannak. A merőleges talppontok és közös csúcs–pont átfogó két derékszögű háromszöget ad; egyenlő csúcsszögből egyenlő távolság, egyenlő befogóból egyenlő csúcsszög következik.

Két metsző teljes egyenestől egyenlő távol levő pontok mindkét szögfelező-egyenest adják. A szög belsejének feltétele szűkíti ezt.

A(−3;0), B(3;0), PA=PB és PO=5, O(0;0): az első feltétel x=0, a második x²+y²=25, így P=(0;±5). Szerkesztésben a felezőmerőleges és az O középpontú 5 sugarú kör metszései a megoldások.

Mindkét pontot ellenőrizd mindkét feltételben.

P(x;y) eltolása v=(a;b)-vel (x+a;y+b). x tengelyre tükrözése (x;−y), y tengelyre (−x;y); y=x-re (y;x). O(h;k)-ra tükrözése (2h−x;2k−y).

Origó körül pozitív, az óramutatóval ellentétes 90° forgatás (−y;x), negatív 90° (y;−x), 180° (−x;−y). Más középpontnál először vond ki O-t, forgasd az így kapott vektort, majd add vissza O-t.

Mindegyik őrzi a távolságot, szög nagyságát, egy egyenesbe esést, párhuzamosságot, területet és alakzat méretét. Tengelyes tükrözés fordítja a körüljárást; eltolás, középpontos tükrözés és forgatás megtartja.

Tengelyes tükrözés fixpontjai a tengely, nemtriviális síkbeli forgatás/középpontos tükrözésé a középpont; nemnulla eltolásnak nincs fixpontja.

Térbeli eltolás (x;y;z)↦(x+a;y+b;z+c), z=0 síkra tükrözés (x;y;−z), z tengely körüli +90° forgatás (−y;x;z). A távolság négyzete mindegyiknél változatlan.

Síkra tükrözés egy egész síkot fixen hagy, tengely körüli nemtriviális forgatás egy egész tengelyt. A síkra tükrözés nem a pont körüli térbeli tükrözés.

Egybevágósági transzformáció a sík bijekciója, amely minden pontpár távolságát megőrzi. Eltolásnál PP′=v minden P-re.

Tengelyes tükrözésnél a tengelyen levő pont fix, más P-re a tengely PP′ felezőmerőlegese. Középpontos tükrözésnél O a PP′ felezőpontja.

O körüli α forgatásnál O fix, más P-re OP′=OP és az irányított POP′ szög α. Egybevágó síkidomok valamely ilyen transzformációval egymásba vihetők.

AB=5, AC=7, ∠A=60° a közbezárt szög esete; bármely ilyen háromszög egybevágó. ∠A=30°, a=5, b=8 esetén sinB=b sinA/a=0,8; B≈53,130° vagy 126,870° is megengedett, mert mindkettővel marad pozitív C. A kisebb oldallal szemközti szög nem ad egyértelmű háromszöget.

Három szög méret nélkül csak hasonlóságot biztosít.

Konvex sokszögek megfelelő, körüljárási sorrendben felsorolt oldalainak és belső szögeinek egyenlősége elegendő egybevágóságra: egyező kezdőoldal után az oldalhossz és a fordulási szög sorra ugyanazt a csúcsot határozza meg. Az oldalhosszak önmagukban nem elegendők: ugyanakkora oldalú négyzet és 60°-os rombusz nem egybevágó.

Az átlók megfelelő háromszögekre bontásával is ellenőrizhetünk.

Szimmetriatranszformáció az alakzatot önmagába viszi. Négyzetnek négy tengelye és 90°-os forgásszimmetriája van; nemnégyzet téglalapnak két tengelye és 180°-os középpontos szimmetriája.

Egyenlő szárú, nem szabályos háromszögnek egy tengelye; szabályosnak három és 120°-os forgásszimmetriája. Általános paralelogramma középpontosan szimmetrikus, tengelyesen nem feltétlenül.

A szimmetria egyenlő távolságokat és megfeleltetett szögeket igazol, rövidítve a számítást.

P′=O+λ(P−O). O(1;2), P(3;5), λ=−2 esetén P′=(−3;−4).

Középpontos hasonlóság őrzi az egyenesbe esést és a szög nagyságát; O-n átmenő egyenest önmagába, más egyenest párhuzamos egyenesbe visz. Általános hasonlóság kölcsönösen egyértelmű leképezés, amely minden pontpár távolságát ugyanazzal a k>0 számmal szorozza; egybevágóság és középpontos hasonlóság összetételével előállítható.

Tengelyes tükrözést tartalmazó hasonlóság megfordíthatja a körüljárást.

Hasonlósághoz három arányos oldalpár, két arányos oldalpár és közbezárt egyenlő szög, két egyenlő szög, vagy két arányos oldalpár és a nagyobbik oldallal szemközti egyenlő szög elegendő. A megfelelő oldalak arányát azonos irányban írd fel. 3,4,5 és 6,8,10 oldalaknál a második az első kétszerese. 3,4,5 és 6,8,11 nem hasonló.

Hossz és kerület k-szoros, terület és felszín k²-szeres, térfogat k³-szoros. A területképletben két hossz szorzódik, a térfogatban három; a megfelelő szögek nem változnak. 1:200 alaprajzon 3 cm a valóságban 6 m, de 12 cm² terület 12·200² cm²=48 m². 1,5-szeres modellfelszín 2,25-szeres, térfogat 3,375-szeres.

Csak valóban hasonló testekre következtess így.

AB∥CD miatt az OAB és OCD háromszög megfelelő szögei egyenlők, így hasonlók; a három megfelelő oldalarány egyenlő. Megfordítva OA/OC=OB/OD esetén az A-n át CD-vel párhuzamos egyenes a másik szárat B₀-ban metszi.

A már bizonyított arányból OB₀/OD=OA/OC=OB/OD, tehát B₀=B és AB∥CD. A pontok azonos szárakon és azonos sorrendben helyezkedjenek el.

Több párhuzamos egyenes két metszőn megfelelő szakaszokat arányosan vág ki: A₁A₂/A₂A₃=B₁B₂/B₂B₃. Az O-csúcsos arányból a megfelelő távolságok különbségét vesszük.

A két metsző párhuzamossága esetén a megfelelő szakaszok egyenlők, a tétel akkor is igaz. A párhuzamosok távolságát azonos merőleges irányban mérve a szakaszhosszak az adott metsző irányától függő azonos szorzóval keletkeznek.

OA=4, OC=10, OB=6, AB∥CD mellett OD=15, BD=9. OA/AC=4/6 és OB/BD=6/9 egyaránt 2/3.

Ha AB=3, CD=7,5. Árnyékmérésben csak párhuzamos napsugarak, függőleges tárgyak és közös vízszintes talaj mellett lesz a magasság/árnyék arány azonos.

ABD és ACD azonos, BC-re merőleges A-beli magasságú háromszög, ezért T_ABD/T_ACD=BD/DC. Másrészt a szinuszos területképlet szerint T_ABD=AB·AD·sin(A/2)/2 és T_ACD=AC·AD·sin(A/2)/2.

Az AD és pozitív sin(A/2) tényezővel egyszerűsítve ugyanaz az arány AB/AC. A két területarány egyenlő, ez adja a tételt.

AB=c, AC=b, BC=a mellett BD=ac/(b+c), DC=ab/(b+c). AB=6, AC=9, BC=10 esetén BD=4, DC=6.

A háromszög létezik, mert 6+9>10 és mindegyik másik oldalpár összege is nagyobb a harmadiknál. Fordítva a belső D-re ez az arány is igazolja a szögfelezést: az ismert belső szögfelező ugyanezt az egyetlen osztópontot adja.

AD belső szögfelező, ezért 0<BD<BC és 0<DC<BC. Az AB/AC arány sorrendje BD/DC-hez tartozik, nem fordítva.

Kifejtett válaszban nevezd meg az azonos magasságot, a szinuszos képletet és az egyszerűsített pozitív tényezőket. A külső szögfelezőre ezt a belső osztásképletet nem alkalmazzuk.

A z=0 síkra (x;y;z)↦(x;y;0), az x tengelyre (x;y;z)↦(x;0;0). A(1;2;3), B(5;5;9) szakasz térbeli hossza √(16+9+36)=√61, alapbeli vetülete 5.

A szakasz síkhoz mért szögére cosα=5/√61, a merőleges összetevő 6. A vetületi hossz nem a vetített végpontok síktól mért távolságának különbsége.

Az egyenesre merőleges szakasz vetülete pont, hossz 0; párhuzamos szakasz hossza megmarad. A síkbeli sokszög másik síkra vett merőleges vetületének területe T·cosφ, a két sík 0°–90°-os szögével: a metszésvonal irányú méret megmarad, arra merőlegesen cosφ-szeresre rövidül. φ=90°-nál a terület nulla, a kép szakaszokra/egyenesre eshet.

Ez területképlet, nem minden oldal azonos arányú hasonlósága.

Előbb minden csúcsból állíts merőlegest a célegyenesre vagy célsíkra, majd a megfelelő képpontokat kösd össze. Az alakzat merőleges irányú magassága elveszik; eltérő alakzatoknak lehet azonos vetületük.

Egy vetületi rajzból ezért nem állapítható meg önmagában minden térbeli méret.

Sokszög véges számú szakasz által határolt síkidom; a körlap határa görbe. Konvex halmaz bármely két pontjával azok teljes szakaszát is tartalmazza.

Háromszög lehet egyenlő szárú és derékszögű egyszerre. Téglalap minden szöge derék; rombusz minden oldala egyenlő; négyzet mindkét feltételt teljesíti.

A trapéz legalább egy pár párhuzamos szemközti oldalú négyszög megállapodását használjuk; így a paralelogramma is trapéz. Ha a feladat pontosan egy párt ír elő, azt a szűkebb csoportot kövesd.

Poliédert sokszöglapok határolnak: hasáb, gúla, csonkagúla. Hasábnak két párhuzamos, egybevágó alapja és paralelogramma oldallapjai vannak; gúla egy alap csúcsait egy azon kívüli csúcshoz köti.

Henger és kúp lehet általános, forgáshenger/forgáskúp kör alapú, tengelye merőleges az alapra. Gömbfelület egy középponttól állandó távol levő pontokból áll, gömbtest a belsejét is tartalmazza.

A henger, kúp és gömb nem poliéder.

Kocka téglatest is, minden téglatest hasáb is; egy ferde hasáb nem feltétlenül téglatest. A tengelyen átmenő sík egy forgáshengerből téglalapot, forgáskúpból egyenlő szárú háromszöget metsz; gömb középpontján át körlapot.

A síkmetszet segíti a térbeli hossz/szög kiszámítását, de a testet nem változtatja síkidommá.

Pozitív a,b,c oldalhosszakhoz nemelfajuló háromszög pontosan akkor létezik, ha mindegyik kisebb a másik kettő összegénél. Ha c a legnagyobb, elég a+b>c-t vizsgálni.

Egyenlőségnél a csúcsok egy egyenesre esnek. A belső szögek összege 180°; azonos körüljárású külső szögek összege 360°.

Egy külső szög a két nem mellette fekvő belső szög összege. Nagyobb oldallal szemben nagyobb szög, egyenlő oldalakkal szemben egyenlő szög van; mindkettő megfordítása is igaz.

Egyenlő szárú háromszögben az alap szögei egyenlők; a csúcsból az alapra húzott súlyvonal szögfelező, magasság és szimmetriatengely is. Szabályos a oldalú háromszög szögei 60°-osak, magassága a√3/2, területe a²√3/4.

Derékszögű 45°–45°–90°-nál az átfogó a befogó √2-szerese. 30°–60°–90°-nál a 30°-kal szemközti befogó az átfogó fele; a három oldal aránya 1:√3:2.

A felezőmerőleges pontjai egyenlő távol vannak az oldal két végpontjától. Két ilyen egyenes O metszése OA=OB=OC miatt a harmadikon is rajta van; az OA sugarú kör mindhárom csúcson átmegy.

A körülírt kör középpontja hegyesszögű esetben belül, derékszögűben az átfogó felezőpontjában, tompaszögűben kívül van. Két belső szögfelező I metszésének távolsága mindhárom oldalegyenestől egyenlő: a közös átfogójú, egyenlő csúcsszögű derékszögű háromszögek egybevágók.

I ezért a harmadik belső szögfelezőn is van, és a közös távolságú kör beírt kör.

Az A-beli belső szögfelező BC-t egy belső D pontban metszi. A B-beli belső szögfelező az ABD háromszög B-beli szögének belsejében halad, ezért AD-t belső I pontban éri el.

A háromszögben I valóban belső. AB-re vetítve T-t, AT=AI cos(A/2)>0 és BT=BI cos(B/2)>0, tehát T az AB szakasz belsejében van.

Ugyanez a másik két oldalon: a beírt kör mindhárom oldalszakaszt érinti.

Helyvektorokkal M=(B+C)/2. S=(A+B+C)/3=A+(2/3)(M−A), ezért S az AM súlyvonalat a csúcstól mérve 2:1 arányban osztja.

Ugyanez B-re és C-re igaz, tehát mindhárom súlyvonal S-ben metszi egymást. Nemelfajuló háromszögben az első két súlyvonal egyetlen pontban metszi egymást.

F=(A+B)/2 és E=(A+C)/2 mellett E−F=(C−B)/2, ezért FE∥BC és FE=BC/2: ez a középvonal tétele.

Forgatással/eltolással A(0;0), B(c;0), C(x;y), c>0, y≠0 választható. A C-beli magasság egyenlete X=x.

Az A-beli magasság merőleges BC-re, ezért X(x−c)+Yy=0. Metszésük H=(x;x(c−x)/y).

A B-beli magasság feltétele (X−c)x+Yy=0; ugyanaz a H ezt is teljesíti. Mindhárom magasság egy ponton megy át.

H hegyesszögűben belül, derékszögűben a derékszögű csúcs, tompaszögűben kívül van.

ACD és ABC mindkettő derékszögű, közös az A-beli szögük; hasonlók. AC/AB=AD/AC, így b/c=p/b, b²=cp.

BCD és BAC hasonló: BC/AB=BD/BC, a²=cq. ACD és CBD megfelelő hegyesszögei egyeznek, ezért AD/CD=CD/DB, p/h=h/q, h²=pq.

A c=p+q azonosság minden képletben érvényes.

p=4, q=9 esetén c=13, b=√52=2√13, a=√117=3√13, h=6. T=ch/2=39, és ab/2 ugyanezt adja.

A vetületek p,q pozitívak; nem tetszőleges háromszög magasságával alkalmazzuk. A befogó/magasság lehet irracionális, noha a két vetület egész.

Trapéz legalább egy pár párhuzamos szemközti oldalú négyszög; a két párhuzamos oldalhoz közös száron levő belső szögek kiegészítők. Egyenlő szárú trapézban az alap melletti szögek és az átlók egyenlők, az alapfelezők egyenese szimmetriatengely.

Paralelogramma két pár párhuzamos oldalú; szemközti oldalai/szögei egyenlők, átlói felezik egymást. A szomszédos szögek kiegészítők.

Deltoid két-két szomszédos oldala egyenlő; a két egyenlő oldalpár közös csúcsain átmenő átló szimmetriatengely, merőlegesen felezi a másik átlót. Rombusz négy egyenlő oldalú paralelogramma; átlói merőlegesen felezik egymást és felezik a csúcsszögeket.

Téglalap négy derékszögű, átlói egyenlők és felezik egymást. Négyzet egyszerre rombusz és téglalap; mindkét átló szimmetriatengely is.

A rombusz átlói általában nem egyenlők, a téglalap átlói általában nem merőlegesek.

Szabályos sokszög konvex, minden oldala és minden belső szöge egyenlő. Egyenlő oldal önmagában nem elég: nemnégyzet rombusz nem szabályos.

Szabályos n-szög középponti és külső szöge 360°/n, belső szöge 180°−360°/n. Csúcsai egy körön vannak; a középpontból n egybevágó egyenlő szárú háromszögre bontható.

A és C kerületi szöge a BD húr két egymást kiegészítő körívéhez tartozik. A kerületi szög az adott, a csúcsot nem tartalmazó ív középponti szögének fele.

A két ív középponti szögösszege 360°, ezért A+C=180°. Ugyanez a másik szögpárra.

Nem minden négyszög húrnégyszög: egy nemtéglalap paralelogramma szemközti szögei egyenlők, de nem kiegészítők.

Konvex érintőnégyszögnek van mind a négy oldalszakaszt érintő beírt köre. Egy külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlők; a csúcsokhoz tartozó hosszak legyenek x,y,z,w.

A négy oldal x+y, y+z, z+w, w+x. Ezért a szemközti oldalak összege egyenlő: a+c=b+d=x+y+z+w.

Megfordítva konvex, nemelfajuló négyszögben a+c=b+d elegendő a beírt kör létezéséhez. Az oldalak körüljárási sorrendje és a konvexitás szükséges a megfogalmazáshoz.

Egy 70°,110°,110°,70° szögű, e sorrendű konvex négyszög húrnégyszög, mert az 1.+3. és 2.+4. összege 180°. Egymást követő 4,7,8,5 oldalakkal a+c=12=b+d, így érintőnégyszög.

A két tulajdonság nem azonos: minden téglalap körbe írható, de beírt körrel csak a négyzet rendelkezik; egy rombusz érintőnégyszög, körbe írhatósághoz négyzetnek kell lennie.

Teljesszög 360°, derékszög 90°. Szögmérő középpontja a csúcsra, alapvonala az egyik szárra kerül; a másik szárnak megfelelő, 0-tól induló skálát olvasd. α fokú középponti szög a teljes kör α/360 része, ezért ℓ=2πR·α/360 és T_cikk=πR²·α/360.

A képlet a kijelölt 0°–360°-os ívhez tartozik.

Egy radián az a középponti szög, amelyhez tartozó ív hossza a sugár. Radiánban α=ℓ/R; teljes kör 2π, így α_rad=α_fok·π/180.

Radiánnal ℓ=Rα és T_cikk=R²α/2. Fokértéket közvetlenül ezekbe nem helyettesítünk. 180°=π,90°=π/2,60°=π/3.

R=3, α=120°=2π/3: ív 2π, cikkterület 3π. A húr 2R sin(α/2)=3√3.

A kisebb körszelet területe a cikkből a két sugár közti háromszög levonásával 3π−9√3/4. Körcikk kerülete ív+2R; körszelet kerülete ív+húr.

Ha O az egyik szárra illeszkedik, például PB átmérő, OPA egyenlő szárú háromszög. A P-nél és A-nál levő szög β; az AOB külső szög 2β.

Így a P-t nem tartalmazó AB ív középponti szöge a kerületi szög kétszerese. A végpontok és a csúcs különbözők, ezért valódi háromszögünk van.

Általános esetben húzd meg a P-ből induló átmérőt PD-t. Az előző, középpont-a-száron esetet az APD és DPB szögekre alkalmazzuk.

Ha PD az APB szög belsejében halad, a két szöget és a megfelelő két ív középponti szögét összeadjuk. Ha kívül halad, a kisebb szöget/ívet kivonjuk a nagyobból.

Mindkét esetben a kétszeres arány megmarad; ha PD éppen az egyik szár, az első eset adódik. Így minden középponthelyzetre érvényes a tétel.

A kerületi szögek tételét ugyanazon ív ugyanazon középponti szögének felezése adja.

Adott AB szakaszt α szögben látó síkpontok, 0°<α<180°, A és B kizárásával, két, az AB egyenesére tükrös körívből állnak. Nem általában két teljes kör!

Sugaruk R=AB/(2sinα). α=90°-nál az AB átmérőjű kör két félköríve együtt, végpontok nélkül. Más α-nál a megfelelő ívet a szögérték alapján kell választani.

Például AB=6, α=30° esetén R=6, de a másik ívről a húr 150°-ban látszik.

Az egyenes O-ból vett H merőleges talppontja adja az egyenes legközelebbi pontját. Ha OT sugár nem lenne merőleges az érintőre, H≠T és OH<OT=R.

A kör egyenletébe ezen az egyenesen a H-tól mért t előjeles távolságot használva t²+OH²=R² két külön valós megoldást adna. Ez két metszéspont, ellentmond az érintőnek.

Fordítva OH=R mellett t²=0, pontosan egy közös pont van.

OT és OU sugarak R hosszúak, mindkettő merőleges az érintőjére; az OPT és OPU derékszögű háromszög átfogója közös OP és egyik befogója R. Egybevágók, így PT=PU.

Pitagorasszal mindkettő √(OP²−R²). A közös OP a két érintő közti, P-beli szöget is felezi.

Külső P-nél az OP átmérőjű segédkör és az eredeti kör T,U metszése ad érintési pontot: Thalész miatt OTP és OUP derékszög. P és T/U összekötése az érintő.

OP>R szükséges a két külön pont és pozitív érintőhossz létezéséhez.

Hasáb: két párhuzamos egybevágó alap és paralelogramma oldallapok; V=Bh, ahol B az alapterület. Egyenes hasáb oldalfelszíne K_alap·h, teljes felszíne 2B+K_alap h; ferde hasábnál az oldallapok területét külön számold.

Egyenes forgáshenger R sugarú kör alappal V=πR²h, A=2πR²+2πRh; hálójának palástja 2πR széles, h magas téglalap.

Gúla egy sokszögalap csúcsait egy alapsíkon kívüli csúcshoz köti; V=Bh/3, A=B+az oldallap-háromszögek területösszege. Egyenes szabályos gúlában közös oldallapmagasság m mellett A_oldal=K_alap m/2.

Forgáskúp V=πR²h/3, A=πR²+πRℓ, ℓ=√(R²+h²). Gömb sugara R: A=4πR², V=4πR³/3.

Gömbfelület és gömbtest nem azonos fogalom.

Az alapjával párhuzamos sík levágja a gúla/kúp csúcsát; a két alapterület B₁,B₂, közöttük h: V=h(B₁+√(B₁B₂)+B₂)/3. Forgási csonkakúp R,r sugarakkal V=πh(R²+Rr+r²)/3, palást A_p=π(R+r)ℓ, ℓ=√(h²+(R−r)²), teljes A=A_p+πR²+πr².

Egyenes szabályos csonkagúla palástja a megfelelő trapézok összege, közös oldallapmagassággal A_p=(K₁+K₂)m/2. Általános csonkagúlánál nincs közös m feltétlenül.

1 dm³=1 liter=1000 cm³; 1 m³=1000 liter. A felszínhez csak a tényleges határoló felületeket számold: fedél nélküli hengeres edény anyagterülete πR²+2πRh, nem két alapkör.

Térfogatához a falvastagság nélküli belső modell méretei szükségesek.

a+b-t a második vektor első végpontjába tolva, az első kezdőpontjától az utolsó végpontig mérjük; paralelogrammaszabállyal is szerkeszthető. a−b=a+(−b). λa hossza |λ||a|; λ>0 azonos, λ<0 ellentétes irányú, λ=0 nullvektor. Összeg hossza általában nem a két hossz összege.

Ortonormált tengelyek mellett a=(a₁;a₂;a₃) komponensei előjelesek. a±b=(a₁±b₁;a₂±b₂;a₃±b₃), λa=(λa₁;λa₂;λa₃), |a|=√(a₁²+a₂²+a₃²). Síkban a harmadik komponens elmarad. a+b=b+a; (a+b)+c=a+(b+c); λ(a+b)=λa+λb; (λ+μ)a=λa+μa; λ(μa)=(λμ)a.

Ezek komponensenként a számok műveleti azonosságaiból következnek. Kivonás nem kommutatív.

A két nemnulla vektor által alkotott háromszög koszinusztétele |a−b|²=|a|²+|b|²−2|a||b|cosφ, így 2a·b=|a|²+|b|²−|a−b|². A hosszakat a koordináták négyzetösszegével helyettesítve minden négyzet kiesik, csak 2Σaᵢbᵢ marad.

Nullvektornál is igaz a képlet. Ebből a·b=b·a, a·(b+c)=a·b+a·c, (λa)·b=λ(a·b). a·a=|a|²; két nemnulla vektor merőleges pontosan akkor, ha skalárszorzatuk 0.

cosφ=(a·b)/(|a||b|), nemnulla nevezővel; a főérték 0°–180° közti. (x;y) +90°-os képe (−y;x), −90°-os képe (y;−x); az eredetivel szorzat 0, hossza azonos. Nem a két egyenes kisebb hajlásszögét számoljuk itt: vektoroknál a 120° például megengedett.

A síkban két nempárhuzamos vektor bázis: minden v egyetlen αa+βb alakú. Ha két felbontás volna, különbségük (α−α′)a+(β−β′)b=0; nemnulla együttható párhuzamosságot adna, ezért mindkettő 0.

A létezés a v végpontján át húzott, bázisirányú paralelogrammával következik. Térben három nem egy síkban levő vektor kell; ugyanígy egyértelmű a felbontás a párhuzamos síkok metszéseivel.

Párhuzamos/koplanáris bázisnál lehet nem megoldható vagy nem egyértelmű.

sin²α+cos²α=1 Pitagorasz miatt; tgα=sinα/cosα, ha cosα≠0. Pótszögek: sin(90°−α)=cosα, cos(90°−α)=sinα.

Az egységkörben a kiegészítő szög pontjának x koordinátája ellentett, y azonos: sin(180°−α)=sinα, cos(180°−α)=−cosα, tg(180°−α)=−tgα. Így tompaszögnél sin pozitív, cos és tg negatív. 90°-ban tg nem értelmezett.

30°: sin=1/2, cos=√3/2, tg=1/√3. 45°: sin=cos=1/√2, tg=1. 60°: sin=√3/2, cos=1/2, tg=√3. Fokadatokhoz DEG mód, radiánhoz RAD kell. sinα=0,6 és 0°<α<180° esetén arcsin főértéke 36,870°, de 143,130° is lehet; cosα=0,6-ra ebben az intervallumban egyetlen szög 53,130°.

A háromszög többi feltételét külön vizsgáld.

Két szög és egy oldal mellett a harmadik szög 180°-ból adódik, a többi oldal szinusztétellel. Két oldal és közbezárt szög mellett koszinusztétel adja a harmadik oldalt.

Három oldalból cosγ=(a²+b²−c²)/(2ab), majd a 0°–180°-os szöget visszakeressük. Két oldal és nem közbezárt szög mellett a szinusz két lehetőségét külön vizsgáljuk, és elutasítjuk a nempozitív harmadik szöget.

A közbezárt szög csúcsa legyen O(0;0), egyik oldal végpontja A(a;0), másiké B(b cosγ;b sinγ). A távolságképletből AB²=(a−b cosγ)²+(b sinγ)²=a²−2ab cosγ+b²(cos²γ+sin²γ).

Az utolsó zárójel 1, ezért AB²=a²+b²−2ab cosγ. Tompaszögnél B x koordinátája negatív, de a négyzetes távolságképlet ugyanígy igaz; derékszögnél cosγ=0, Pitagorasz adódik.

Ez nem csak hegyesszögű háromszögre bizonyítás.

c²>a²+b² esetén γ tompa, egyenlőségnél derék, kisebbnél hegyes. A háromszög-egyenlőtlenség és 0°<γ<180° mindig szükséges.

Számolás közben több számjegyet tarts meg; a végén kerekíts mértékegységgel.

sin(α+β)=sinα cosβ+cosα sinβ; cos(α+β)=cosα cosβ−sinα sinβ. A tangens összege tg(α+β)=(tgα+tgβ)/(1−tgα tgβ), csak ha mindkét külön tangens és az összeg tangense is értelmezett; a nevező nem nulla. β előjelének megváltoztatása adja a különbségi képleteket.

Például sin75°=(√6+√2)/4, cos75°=(√6−√2)/4, tg75°=2+√3 a 45°+30° felbontásból.

sin2α=2sinα cosα; cos2α=cos²α−sin²α=1−2sin²α=2cos²α−1. tg2α=2tgα/(1−tg²α), ha tgα és tg2α is értelmezett. α=π/4 esetén tg2α nem értelmezett, nevezője 0; a szinusz/koszinusz azonosságai ettől még igazak. Függvénytáblázatban ellenőrizd a formulát és minden nevező feltételét.

sin(α+2kπ)=sinα, cos(α+2kπ)=cosα, tg(α+kπ)=tgα, k egész. sin(−α)=−sinα, cos(−α)=cosα. 390° ugyanaz az egységkörpont, mint 30°; −60° pontja (1/2;−√3/2). 180°-nál sin=0, cos=−1, tg=0.

M=A+(1/2)(B−A)=(A+B)/2, ezért AM=MB és M a szakaszon van. A-tól mért első és második harmadolópont T₁=A+(1/3)(B−A)=(2A+B)/3, T₂=A+(2/3)(B−A)=(A+2B)/3.

A paraméter 0 és 1 közé esik, így belső pontok; a köztes szakaszvektorok mind (B−A)/3. Nem a helyvektor hosszát, hanem az eredeti pontok koordinátáit súlyozzuk.

A(−2;1),B(4;9): AB=(6;8), távolság 10, M=(1;5). Egy hiányzó végpont M ismeretében B=2M−A.

Pontok távolságához a koordinátakülönbségek négyzetének összege kell, nem x/y különbségösszege.

n=(A;B)≠0 normálvektor, P₀ adott: n·(P−P₀)=0, tehát A(x−x₀)+B(y−y₀)=0. Ax+By=C alakban irányvektor (−B;A).

Adott v=(v₁;v₂)≠0 irányvektorhoz n=(−v₂;v₁), mert skalárszorzatuk nulla. Paraméteresen P=P₀+t v, t∈ℝ.

Két különböző pontból v=P₂−P₁; ez függőleges esetben is használható.

Két egyenes metszését az egyenletrendszer adja. Eltérő meredekségű y alakok pontosan egy pontban metszenek; azonos meredekség mellett vagy azonosak, vagy különböző párhuzamosak.

Függőleges x=c-t behelyettesítjük a másikba. Párhuzamos irányvektorok arányosak (síkbeli determináns 0), merőlegesek skalárszorzata 0.

Nemfüggőleges párhuzamosaknál m₁=m₂; két nemfüggőleges merőlegesnél m₁m₂=−1. Függőleges egyenesre vízszintes merőleges.

Nemnulla irányvektorokkal cosφ=|v·w|/(|v||w|), 0°≤φ≤90°; abszolútérték választja a kisebb szöget. Ez függőlegesre is működik.

Ponttól egyenes távolsága Ax+By=C esetén |Ax₀+By₀−C|/√(A²+B²), mert a normálvektor irányú eltolás merőleges és az eltérés a normál hosszával arányos.

x²+y²+Dx+Ey+F=0 négyzetté kiegészítve középpont (−D/2;−E/2), R²=(D²+E²)/4−F. R²>0 kör, R²=0 egyetlen pont, R²<0 nincs valós pont.

Nem minden kétismeretlenes másodfokú egyenlet kör: az x² és y² együtthatójának azonosnak, az xy tagnak nullának kell lennie a szokásos köralakban. Közös nemnulla együtthatóval előbb osszunk.

Nemfüggőleges egyenes y kifejezését a körbe helyettesítve másodfokú egyenlet ad 0/1/2 metszéspontot; függőlegesnél x=c-t helyettesítünk. A körpont T(x₀;y₀) érintőjének normálvektora KT: (x₀−h)(x−x₀)+(y₀−k)(y−y₀)=0.

T-nek előbb a körön kell lennie; sugárvektor nem nulla. Középponttól az egyenes távolsága R-nél kisebb/egyenlő/nagyobb esetben két/egy/nulla metszéspont.

Középponttávolság d, sugarak R,r>0: d>R+r külső különállás; d=R+r külső érintés; |R−r|<d<R+r két metszés; d=|R−r|>0 belső érintés; d<|R−r| belső különállás. d=0 és R≠r koncentrikus, nincs metszés; d=0,R=r ugyanaz a kör, végtelen közös pont. Eltérő körök egyenletét kivonva a közös pontokra elsőfokú hatványvonal adódik; azt az egyik körrel együtt oldjuk.

A háromszög két példánya paralelogrammát ad, így T=am_a/2. m_a=b sinγ hegyes vagy tompa γ-nál (utóbbinál a kiegészítő szinusza ugyanaz), ezért T=ab sinγ/2. Beírt kör I középpontjával a három oldalhoz r magasságú háromszögekre bontunk: T=(a+b+c)r/2=sr.

Heron képlete T=√(s(s−a)(s−b)(s−c)), s=(a+b+c)/2; nemelfajuló háromszögben a gyöktényezők pozitívak.

Téglalap ab, négyzet a²; paralelogramma alap×merőleges magasság, mert a levágott derékszögű háromszög áthelyezésével téglalap adódik. Trapéz T=(a+c)h/2: két egybevágó trapéz (a+c) alapú paralelogrammát ad.

Deltoid/rombusz merőleges átlókkal T=ef/2, a négy derékszögű kis háromszög összege; rombuszra T=ah is igaz. Szabályos n-szög T=n a r_b/2=K r_b/2, mert középpontból n egybevágó, r_b magasságú háromszögre bontható.

Körülírt R-rel T=nR²sin(2π/n)/2.

Kör K=2πR,T=πR². Radiánban α∈[0;2π] kijelölt cikk: T=R²α/2, K=Rα+2R (nemelfajuló, nem teljes kör esetben).

Körszelet T=R²(α−sinα)/2, határa Rα hosszú ív és 2R sin(α/2) húr; α>π-nél a nagyobb szeletet adja, az előjeles sin miatt a megfelelő háromszög hozzáadódik. Körgyűrű 0<r<R: T=π(R²−r²), K=2π(R+r).

Fokban előbb α·π/180-ra válts. Teljes körnél nincs két külön sugár a kerületben.

B₁ nagyobb alapterület, B₂=k²B₁, nagy magasság H, kis magasság kH. A csonka magasság h=H(1−k).

V=(B₁H−B₂kH)/3=B₁H(1−k³)/3. H=h/(1−k), és 1−k³=(1−k)(1+k+k²).

Így V=hB₁(1+k+k²)/3=h(B₁+√(B₁B₂)+B₂)/3. k=0 a teljes gúla; k=1-gyel itt nem oszthatunk, akkor a hasonló teljes gúlák különbségmodellje elfajul.

B₁=πR²,B₂=πr²,k=r/R mellett √(B₁B₂)=πRr, ezért V=πh(R²+Rr+r²)/3. R>r≥0 és h>0; r=0 a teljes kúp.

Az R=r eset henger, V=πR²h; a végső képlet ezt is adja, de az előbbi k=1 osztás nem ennek bizonyítása. A képlet bármely párhuzamosan vágott gúlára, a felszín egyszerű palástképlete csak megfelelő szabályos/forgási testre érvényes.

Egyenes körhenger r=3,h=8 cm. Tengelyen átmenő metszete6×8 téglalap; átlója10.

Tengelyre merőleges belső metszete3 sugarú kör, területe9π. A térátló-szerű tengelymetszeti átló két átellenes alapköri pontot köt össze; nem a henger alkotója, amely8.

V=72π cm³; teljes felszín66π cm². Rajzolj térbeli hengert, jelöld a tengelysíkot, mellé a méretarányos6×8 metszetet, derékszögjellel.

Egy téglalap mért oldalai10,0 és5,0 cm, mindkettő legfeljebb0,1 cm abszolút hibával. Valódi oldalak[9,9;10,1] és[4,9;5,1].

Pozitív tényezőknél terület[48,51;51,51] cm², kerület[29,6;30,4] cm. Az50,0 terület becslésének legnagyobb eltérése1,51, nem0,1 cm².

A relatív hiba az abszolút hiba osztva a hivatkozott értékkel; a nevezőt és egységet jelöld. Köztes gyököt ne kerekíts korán.

Szabályos négyzet alapú gúla oldalélét a csúcs, alapközéppont és alapcsúcs síkmetszetében számoljuk.6-os alap,4-es magasság mellett fél alapátló3√2, oldalél√34; palástháromszög magassága5. Egy nyeregtető keresztmetszetének tükörszimmetriája két azonos derékszögű háromszögre bontja a feladatot.

Csempe mintájában eltolás, tükrözés, forgatás ismétli a motívumot; a hasonlóság nagyításkor területet k²-szeresre módosít. Festmény perspektívájában párhuzamos térbeli egyenesek képe összetarthat, tehát a kép mért szöge nem a tárgy valódi szöge.

Ha P az AB szakasz felezőmerőlegesén van, a felezőponttal alkotott két derékszögű háromszögben a megfelelő befogók egyenlők, ezért PA=PB. Fordítva PA=PB esetén ugyanez a két háromszög egybevágó, így P a felezőmerőlegesen van.

A három oldal felezőmerőlegese közül kettő metszéspontja A-tól, B-től és C-től egyenlő távol van, tehát a harmadikon is rajta van: ez a körülírt kör középpontja. Szögfelezőn a pont két szárhoz mért merőleges távolsága egyenlő, mert a derékszögű háromszögek közös átfogóval és egyenlő szöggel egybevágók.

A belső szögfelezők metszésében ezért ugyanaz a távolság mindhárom oldaltól: ez a beírt kör sugara.

Legyen A,B,C helyvektora a,b,c. G=(a+b+c)/3 az A csúcsból a BC felezőpontjába futó súlyvonalon van, mert G=a+(2/3)((b+c)/2−a).

Ugyanez B-re és C-re is igaz. A három súlyvonal tehát közös G pontban találkozik, amely 2:1 arányban oszt, a csúcstól mérve.

A magasságok egy ponton való áthaladása igazolható az eredeti háromszög köré az oldalakkal párhuzamos egyenesekből épített háromszöggel: az eredeti csúcsok annak oldalfelező pontjai, az eredeti magasságok pedig felezőmerőlegesek. Ezek metszéspontja ezért közös.

Ha AD belső szögfelező, a T(ABD)/T(ACD) arány azonos, BC-re állított magasság miatt BD/DC. A másik területfelírás AB·AD·sinα/2 és AC·AD·sinα/2, így az arány AB/AC.

Következik BD/DC=AB/AC. Derékszögű háromszögben az átfogóra bocsátott magasság két kis, az eredetivel hasonló háromszöget alkot.

Ha átfogó c, vetületek p,q, befogók a,b, magasság m, a hasonlóságból a²=cp, b²=cq és m²=pq. Összeadva a²+b²=c(p+q)=c².

A Pitagorasz-tétel megfordításához építs ugyanekkora a,b befogókkal derékszögű háromszöget: átfogója a feltétel szerint c; az oldal–oldal–oldal egybevágóság miatt az eredeti háromszög is derékszögű.

Legyen T érintési pont és O középpont. Ha az egyenes nem merőleges OT-re, O merőleges vetületének távolsága az egyenestől kisebb r-nél, ezért az egyenes két pontban metszi a kört; ez ellentmond az érintésnek.

Így OT merőleges az érintőre. Külső P pontból T és U érintési pontokhoz a POT és POU derékszögű háromszögek közös OP átfogóval és OT=OU sugárral egybevágók: PT=PU.

Először arra az esetre bizonyítunk, amikor a kerületi szög egyik szára a középponton át halad. Az O-val alkotott egyenlő szárú háromszögben a külső szög két egyenlő belső szög összege: a megfelelő középponti szög kétszeres.

Általános helyzetben a csúcsból húzott átmérő két ilyen esetre bont; helyzettől függően összeadjuk vagy kivonjuk a szögeket. Ugyanazon ívhez így azonos kerületi szög tartozik.

Átmérőhöz 180° középponti szög és 90° kerületi szög tartozik: Thalész. A megfordításnál az AB szakasz F felezőpontjához derékszögű ACB háromszögben CF²=(AC²+BC²)/2−AB²/4=AB²/4, tehát CF=AB/2; C az AB átmérőjű körön van.

Konvex húrnégyszög szemközti szögei együtt 180°-osak: a két hozzájuk tartozó ív együtt teljes kör, a kerületi szögek ezek felét adják. Megfordítva a pótszögfeltétel az adott húr megfelelő látókörére helyezi a negyedik pontot, ezért a négy csúcs egy körön van.

Kör köré írt érintőnégyszögben egy csúcsból a két érintőszakasz egyenlő; a négy csúcsból induló szakaszokat összeadva a szemközti oldalak összege azonos. A megfordítás konvex négyszögben a szomszédos oldalak szögfelezői által meghatározott érintőkörrel és az érintőszakaszok egyenlőségével igazolható; az oldalak puszta összegazonosságát mindig a konvexitás feltételével mondjuk ki.

Két egybevágó háromszög paralelogrammává állítható össze, így T=am/2. Két oldal bezárt γ szögével m=b·sinγ, tehát T=ab·sinγ/2.

A beírt kör középpontját a csúcsokkal összekötve három kis háromszög keletkezik, mindegyiknek magassága r: T=(a+b+c)r/2=sr, ahol s a félkerület. Paralelogrammát az egyik szélső derékszögű darab áthelyezésével am területű téglalappá alakítunk.

Két egybevágó trapézból a+c alapú és m magasságú paralelogramma épül, ezért T=(a+c)m/2. Merőleges átlójú deltoid négy derékszögű háromszögének összege ef/2.

Szabályos n-szög középpontból n egybevágó háromszögre bomlik: T=kerület·apotéma/2.

A C csúcsból a c oldalra húzott magasság m=b sinα=a sinβ, ezért a/sinα=b/sinβ. A másik magassággal a harmadik oldal is az arányba vonható; a körülírt körben a kerületi szög miatt a/sinα=2R.

Koszinusztételhez tegyük A=(0;0), B=(c;0), C=(b cosα;b sinα). A távolság négyzete a²=(c−b cosα)²+(b sinα)²=b²+c²−2bc cosα.

Tompaszög esetén is működik, mert a vetület előjeles.

Legyen az alap területe T, a fedőlapé t, a csonka test magassága m. Az eredeti nagy gúla magassága H, a levágott kicsié h; k=h/H=√(t/T), m=H−h=H(1−k).

A két térfogat különbsége V=(TH−th)/3=TH(1−k³)/3. Mivel 1−k³=(1−k)(1+k+k²), H(1−k)=m, ezért V=m(T+√(Tt)+t)/3.

Csonkakúpnál T=πR², t=πr², így V=πm(R²+Rr+r²)/3. Ha t=0, a gúla vagy kúp képletét kapjuk; t=T esetén a határhelyzet hasáb vagy henger.