Kolmion kulma

17.10.2016 | Opettaja H.

Otetaanpa välillä yksi mielenkiintoinen perusgeometrian ongelma. colingeo

Oheisessa kuvassa piste $P$ on ympyrän keskipiste ja pisteet $A, B$ ja $C$ ovat ympyrän kehän pisteitä. Piste $D$ on suorien $AP$ ja $CB$ leikkauspiste ja janat $PC$ ja $CD$ ovat yhtä pitkät. Kulman $\angle APB$ suuruus on $69^{\circ}$ . Kuinka suuri on kulma $\alpha$ ?

Ratkaisu: Kolmio $PDC$ on tasakylkinen, joten myös kulma $\angle CPD=\alpha$ . Koska kolmion yhden kulman vieruskulma on kolmion kahden muun kulman summa, saadaan $\angle PCB=2\alpha$ . Koska myös $PB$ on ympyrän säde, on kolmio $PCB$ tasakylkinen, eli $\angle PBC=2\alpha$ . Tästä edelleen vieruskulmalausetta soveltaen huomataan, että $2\alpha+2\alpha = \alpha + 69^{\circ}$ . Siis $\alpha=23^{\circ}$ .

Oi aitoja, oi latoja!

13.9.2016 | Opettaja H.

Matemaattisesti suuntautuneella maanviljelijä H:lla on ongelma. Hänellä on iso pelto ja sen keskellä neliöpohjainen lato. Hän haluaa rakentaa ladon luo suorakulmion muotoisen aitauksen, joka rajaa mahdollisimman suuren alan. H:lla on kaksi vaihtoehtoa:

H. voi rakentaa sellaisen aitauksen, jossa ladon yksi seinä on osa suorakulmion sivua. Sivua voi kuten kuvassa jatkaa ladon seinästä molempiin suuntiin.
H. voi rakentaa aitauksen, jossa yksi sivu kulkee ladon kahden nurkan kautta ladon pohjan lävistäjän suuntaisesti. Myös tässä diagonaalin suuntainen sivu voi olla vaikka kuinka paljon pidempi kuin itse diagonaali. Osa ladosta jää nyt aitauksen sisälle ja näin pienentää kokonaisalaa.

H:lla on aitatarpeita $A$ metriä ja ladon seinän pituus on $a$ metriä. Minkälainen suhde H:n kannattaa valita aitauksen pituudelle ja leveydelle? Kumpaa rakennusvaihtoehtoa H:n kannattaa käyttää? Riippuuko se aitatarpeiden määrästä $A$ ? Yksinkertaisuuden vuoksi¹ rajataan tilanne niin, että $A>3\sqrt{2}a$ .

Kuva: Neal Wellons/Flickr (CC BY-NC-ND 2.0)

Suunnikkaat solmussa

30.8.2016 | Opettaja H.

suunnikaspulma Suunnikkaan $ABCD$ kärki $B$ on suunnikkaan $AEFG$ sivulla $EF$ ja suunnikkaan $AEFG$ kärki $G$ on suunnikkaan $ABCD$ sivulla $CD$ . Suunnikkaan $ABCD$ ala on $20$ . Laske suunnikkaan $AEFG$ ala.

Ratkaisu: suunnikaspulmaratkaisu Tutkitaan kolmiota $ABG$ . Sillä on sama kanta ja korkeus kuin suunnikkalla $ABCD$ , joten sen ala on puolet suunnikkaan alasta. Mutta toisaalta kolmiolla on sama kanta ja korkeus kuin suunnikkaalla $AEFG$ , joten sen ala on puolet myös siitä. Näin ollen suunnikkailla on pakko olla sama ala.

Tylppäkulmainen kolmio

30.5.2016 | Opettaja H.

Ajattelin aluksi kysyä seuraavaa. Valitaan tasosta kolme sattumanvaraista pistettä. Millä todennäköisyydellä ne ovat tylppäkulmaisen kolmion kärkipisteet?

Tämä pirullisen haastava pulma löytyy Charles Lutwidge Dodgsonin (eli Lewis Carrollin) kirjasta Pillow-Problems. Hän on siis keksinyt ja ratkonut pulman päässään unettomana yönä. Tähän ongelmaan liittyy kuitenkin isohko mutta: se ei ole hyvin määritelty, sillä riippuen ratkaisun lähestymistavasta tehtävään voi saada monta erilaista ratkaisua. Alkuperäisen ongelman täydellinen ratkaisu vaatisi noin seitsemän sivua hyvää matematiikkaa (sisältää juonipaljastuksia – älä avaa, jos haluat ratkoa pulman itse!), mikä ei suinkaan ollut alkuperäinen ajatukseni pulmaa tänne laittaessani. Kysytään siis nyt täsmällisemmin sitä, mitä halusin kysyä. Ihan riittävän vaikea tämä pulma on seuraavanlaisellakin muotoilulla.

Valitaan mielivaltaiset pisteet $A$ ja $B$ tasosta. Millä todennäköisyydellä kolmio $ABC$ on tylppäkulmainen, kun $AB$ on kolmion pisin sivu ja $C$ on satunnainen tämän ehdon täyttävä piste?

Lisähupia ongelmaan saa sillä, että laskee todennäköisyyden tylppäkulmaiselle kolmiolle, kun $AB$ on toiseksi pisin sivu.

Pulmaa muokattu 30.5.2016 klo 19.35 asiasta Facebookissa virinneen keskustelun vuoksi. Kiitokset avusta, Antti Saarinen ja Toni Vaahtera!

Suorakaide neljännesympyrällä

20.4.2016 | Opettaja H.

Neliön sisään piirretään neljännesympyrä niin, että neliön ylänurkasta voidaan erottaa kuvan mukainen neljännesympyrää koskettava suorakulmio, jonka sivut ovat $1$ ja $8$ . Kuinka pitkä on neliön sivu?

Tämä pulma tuli vastaan jokin aika sitten Twitterissä. Tässä muodossa pulma on Matthew Scroggsilta.

Ratkaisu: Olkoon neliön sivu (ja samalla neljännesympyrän säde) $r$ . Piirretään neljännesympyrän kehältä kohtisuora jana neliön sivulle. Nyt saadaan suorakulmainen kolmio, jonka sivujen pituudet ovat $r-8$ , $r-1$ ja $r$ . Tästä Pythagoraan mukaan saadaan $(r-8)^2+(r-1)^2=r^2$ . Yhtälön ratkaisut ovat $r=13$ ja $r=5$ , mutta jälkimmäinen ei tietenkään kelpaa, sillä selvästi $r>8$ . Näyttökuva 2016-4-25 kello 11.06.01

Piste kolmiossa

27.3.2016 | Opettaja H.

Millä todennäköisyydellä umpimähkään valittu tasasivuisen kolmion sisällä oleva piste on lähempänä kolmion painopistettä kuin mitään kolmion sivuista?

Tämän pulman esitti Colin Beveridge Twitterissä. Pulma on hieman hankalampi kuin miltä se päälle päin näyttää, mutta se on ratkaistavissa ihan lukiotiedoilla.

Ratkaisu: Yleisyydestä luopumatta voimme sijoittaa kolmion yhden kärjen origoon ja asettaa sivun pituudeksi $1$ yksikön. Tällöin painopisteen $D$ koordinaatit ovat $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ . Paraabeli on määritelmänsä mukaan niiden pisteiden joukko, jotka ovat yhtä etäällä annetusta pisteestä ja annetusta suorasta. Näin ollen kysyttyä aluetta rajaa kolme paraabelin kaarta, eli se jää pisteiden $E$ , $F$ ja $I$ väliin. Symmetrian nojalla voidaan rajoittua kolmioon $ABD$ . Tämän jälkeen tehtävä ratkeaa geometristä todennäköisyyttä soveltamalla.

Kolmion $ABD$ ala on $\frac{\sqrt{3}}{12}$ . Kolmioiden $AGE$ ja $BHF$ alat saadaan yhdenmuotoisuutta soveltamalla: Olkoon $EG$ pystysuora. Nyt tasasivuisen kolmion puolikkaana kulmana kulma $EAG=30^{\circ}$ , jolloin kulma $GEA=60^{\circ}$ . Tästä seuraa, että $\frac{EG}{EA}=\frac{1}{2}$ . Koska paraabelin määritelmän nojalla $EG=ED$ , niin $AE=\frac{2}{3}AD$ , jolloin kolmioiden $AGE$ ja $AJD$ yhdenmuotoisuuden vuoksi saadaan kolmion $AGE$ alaksi $(\frac{2}{3})^2\cdot \frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{12}=\frac{\sqrt{3}}{54}$ . Symmetrian nojalla tämä on myös kolmion $BHF$ ala.

Pisteiden $E$ ja $F$ kautta kulkevan paraabelin yhtälön selvittämiseksi huomataan ensin, että paraabelin huipun koordinaattien on oltava $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{12}\right)$ . Tästä saadaan paraabelille ns. huippumuotoinen yhtälö

$y-\frac{\sqrt{3}}{12}=a\left(x-\frac{1}{2}\right)^2,$

Nyt, edellisen mittakaavatarkastelun perusteella saadaan paraabelin pisteelle $E$ koordinaatit $E=\left(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{3}}{9}\right)$ . Yllä olevan yhtälöön sijoittamalla saadaan, että $a=\sqrt{3}$ . Pisteiden $E$ , $F$ , $G$ ja $H$ välinen ala saadaan määrättynä integraalina

$A_{EFGH}=\int_{\frac{1}{3}}^{\frac{2}{3}} \left(\sqrt{3}\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{\sqrt{3}}{12}\right)dx=\frac{5}{54\sqrt{3}}.$

Nyt siis kysytty todennäköisyys on

$\frac{A_{ABD}-A_{AGE}-A_{EFGH}-A_{BHF}}{A_{ABD}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{12}-\frac{\sqrt{3}}{54}-\frac{5}{54\sqrt{3}}-\frac{\sqrt{3}}{54}}{\frac{\sqrt{3}}{12}}=\frac{5}{27}.$

Muokattu 31.3.2016: Lukijamme Kössi huomasi, että painopisteen $y$ -koordinaatti oli kaksinkertainen oikeaan painopisteeseen verrattuna. Se on nyt korjattu oikeaksi, eli kolmion painopiste todella on $\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}\right)$ . Lisäksi Kössi toivoi selvennystä siihen, miksi pisteet $G$ ja $H$ jakavat kannan $AB$ suhteessa $1:1:1$ . Toivoakseni tämä muokattu ratkaisu vastaa nyt tuohonkin kysymykseen paremmin. Tarkempaa tehtävän analysointia ja vaihtoehtoisia ratkaisutapoja löytyy osoitteesta http://math.stackexchange.com/questions/1688936/what-is-the-probability-that-a-point-chosen-randomly-from-inside-an-equilateral.

Kulmanpuolittajien välinen kulma

17.2.2016 | Opettaja H.

Kuinka suuressa kulmassa suorakulmaisen kolmion terävien kulmien puolittajat leikkaavat? Entä yleistyykö tämä tulos myös muihin kolmioihin?

Ratkaisu: kulmanpuolittajat

Tutkitaan kolmiota $ABC$ , jonka kulma $C$ on suora. Olkoot kulman $A$ suuruus $\alpha$ ja kulman $B$ vastaavasti $\beta$ . Näin ollen $\alpha + \beta = 90^{\circ}$ . Tutkitaan sitten kulmanpuolittajien ja hypotenuusan rajaamaa kolmiota $ABD$ . Nyt koska $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}+\delta=180^{\circ}$ , ja koska $\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}=\frac{90^{\circ}}{2}=45^{\circ}$ , niin välttämättä $\delta=135^{\circ}$ . Toinen kulmanpuolittajien välisistä kulmista on tämän vieruskulma, eli $45^{\circ}$ .

Tulos on aika hauska ja toimii selvästi kaikissa suorakulmaisissa kolmioissa. Ihan yhtä nätisti tämä tulos ei kaikkiin kolmioihin yleisty, sillä jos alkuperäisen kolmion kolmas kulma olisi $\gamma$ , jäisi kulmanpuolittajien välisiksi kulmiksi tällöin $90^{\circ}+\frac{\gamma}{2}$ ja $90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}$ .

Buffonin neula

27.12.2015 | Opettaja H.

Gianluigi Buffon. Kuva: Nazionale Calcio/Flickr (CC BY 2.0)

Ei, jutun otsikko ei hauku Gigi Buffonia seulaksi. Otetaan sen sijaan käsittelyyn pulma, josta olin kuullut aiemminkin, muistaakseni noin vuonna 2009 Päivölän kansanopiston matematiikkalinjan Pythagoraan polku -kilpailun vierailuluennolla professori Robert Pichéltä. Mieleeni sen palautti Jordan Ellenbergin kirja How Not To Be Wrong. Ellenbergin kirja on myös tämän pulman ratkaisun lähteenä.

Nyt puhutaan nimittäin Georges-Louis LeClercistä, Buffonin kreivistä, joka vuonna 1733 toi ensi kerran geometrian ja todennäköisyyslaskennan yhteen. Lämmittelyksi voit tutustua vaikkapa tähän aiempaan ongelmaamme. Kolikonheitto-ongelman yleisen ratkaisun esitettyään kreivi Buffon lataa kovat piippuun.

Ajatellaan tasalevyisistä pitkistä lankuista koostuvaa lattiaa. Lattialle pudotetaan ohut neula, joka on täsmälleen lankkujen levyinen. Millä todennäköisyydellä neula putoaa lankun reunan päälle?

Kreivi Buffonin oma ratkaisu ongelmaan on tiukkaa matemaattista analyysiä, mutta pulma ratkeaa myös eräällä toisella tavalla, jossa tarvitaan vain hyvin yksinkertaisia matemaattisia apuvälineitä. Nimittäin yli sata vuotta Buffonin jälkeen Joseph-Émile Barbier esitti ratkaisun, joka perustuu odotusarvon käsitteeseen ja erityisesti sen additiivisuuteen, eli siihen, että useamman tapahtuman yhteinen odotusarvo on erillisten odotusarvojen summa. Otapa tästä vinkistä kiinni ja yritä ratkaista pulma!

Tämä on vuoden 2015 viimeinen Pulmakulman pulma, joten käytän samalla tilaisuuteni kiittää seurasta tämän blogin ensimmäisten kuukausien aikana. Minulla on ollut hauskaa, toivottavasti teilläkin!

Buffonin kreivin patsas Pariisin Jardin des Plantes’ssa. Kuva: Jean-Pierre Dalbéra/Flickr (CC BY 2.0)

Ratkaisu: On mahdollista, että neula joko putoaa reunan päälle tai sitten ei. Olkoon $p$ todennäköisyys sille, että neula putoaa reunalle. Tämän vastatapahtuma on se, että neula ei osu reunalle. Tämän todennäköisyys on $1-p$ . Näin pääsemme laskemaan odotusarvon reunan ja neulan leikkauspisteiden määrästä: $0\cdot (1-p)+1\cdot p=p$ ¹.

Koska odotusarvo on additiivinen, eli $E(X+Y)=E(X)+E(Y)$ , voidaan päätellä, että kahden neulan pudottamisessa leikkauskohtien lukumäärän odotusarvo on $2p$ . Edelleen, jos pudotetaan vaikkapa kolme yhteenliitettyä neulaa, on odotusarvo leikkauspisteille $3p$ , sillä liittäminen ei vaikuta yksittäisen neulan osumatodennäköisyyteen.

Voidaan päätellä, että jos lankkujen väli on $a$ , niin miten tahansa väännellyn neulan, jonka pituus on $k\cdot a$ , leikkauskohtien odotusarvo on $k\cdot p$ . Eli esimerkiksi jos neulan pituus olisi $\pi\cdot a$ , olisi leikkauskohtien odotusarvo $\pi\cdot p$ . Ongelman loppuratkaisu onkin tässä.
Neula, jonka pituus on $\pi\cdot a$ , voidaan taivuttaa ympyräksi, jonka säde on $\frac{1}{2}a$ . Tällainen ympyrä osuu välttämättä lankkujen reunoille täsmälleen kahdesti. Siispä $\pi\cdot p =2,$ josta välittömästi

$p=\frac{2}{\pi}\approx 0,637.$

Tangenttikolmio

15.12.2015 | Opettaja H.

Näyttökuva 2015-12-11 kello 15.46.15 Ympyrälle piirretään tangentit kehän ulkopuolisesta pisteestä $C$ . Tangenttien sivuamispisteet $D$ ja $E$ ovat etäisyydellä $10$ pisteestä $C$ . Piirretään ympyrälle vielä yksi tangentti pisteiden $C$ ja $D$ välisellä kaarella olevan pisteen $F$ kautta. Olkoon tämän tangentin ja aiempien tangenttien leikkauspisteet $A$ ja $B$ . Laske kolmion $ABC$ piiri.

Martin Gardner ainakin on tätä ongelmaa esitellyt.

Ratkaisu: Aivan vastaavasti kuin piste $C$ on tangenttikulman kärki, myös pisteet $A$ ja $B$ ovat. Voidaan helposti osoittaa, että tangenttikulman kärki on aina yhtä etäällä molemmista tangenttipisteistä, eli samaan tapaan kuin $|DC|=|EC|$ , voidaan myös todeta, että $|AD|=|AF|$ ja $|BE|=|BF|$ . Siis kolmion $ABC$ piiri on $20$ .

Ympyrä säännöllisen monikulmion ympärillä

1.12.2015 | Opettaja H.

Säännöllisellä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki sivut ovat yhtä pitkät ja kaikki kulmat yhtä suuret. Niitä on tutkittu käytännössä niin kauan kuin matematiikkaa yleensäkin on tutkittu.

Yksi hyvin tunnettu säännöllisten monikulmoiden sovelluskohde on ympyrän piirin ja pinta-alan arviointi. Jo ammoin ymmärrettiin, että kaikkien ympyröiden piirin ja halkaisijan suhde oli sama: piiri on hieman yli kolminkertainen halkaisijaan nähden. Nykyään tätä suhdetta merkitään symbolilla $\pi$ . Luku $\pi$ on irrationaaliluku, eli päättymätön jaksoton desimaaliluku. Sitä on vuosituhansien saatossa arvioitu monin tavoin, josta tässä paneudumme nyt ympyrän sisään piirrettyihin säännöllisiin monikulmioihin.

Ympyrän sisään piirretyllä monikulmiolla tarkoitetaan monikulmiota, jonka kaikki kärjet ovat ympyrän kehällä. Säännöllisen monikulmion ympäri voidaan aina piirtää ympyrä, vaikka yleisesti kaikilla monikulmioilla tätä ominaisuutta ei ole. Säännöllisen monikulmion keskipiste ja sen ympäri piirretyn ympyrän keskipiste yhtyvät.

Jos säännöllisen monikulmion sivujen lukumäärää kasvatetaan, saadaan yhä parempia arviota ympyrän pinta-alalle ja sitä kautta myös luvulle $\pi$ . Voidaan (melko) helposti osoittaa, että kun monikulmion sivujen lukumäärä kasvaa rajatta, monikulmion alan raja-arvo on ympyrän ala $\pi r^2$ . Kuvia katsomalla tämä toki näyttää ilmeiseltä, mutta matematiikassa mikään ei ole varmaa ennen kuin se on oikeasti todistettu.

Viikon vaikea kysymys on seuraava. Kuinka monisivuinen ympyrän sisään piirretty säännöllinen monikulmio tarvitaan, jotta monikulmion ala olisi korkeintaan $0,1$ prosenttia pienempi kuin ympyrän ala?

PS. Arkhimedes pääsi jo 200-luvulla eaa. huiman hyvään arvioon $3\frac{10}{71}<\pi<3\frac{1}{7}$ . Hän käytti tiettävästi apunaan ympyrän ympäri ja sisään piirrettyä säännöllistä 96-kulmiota!

Ratkaisu: Säännöllinen $n$ -kulmio voidaan aina jakaa $n$ yhtenevään tasakylkiseen kolmioon, joiden kanta on monikulmion sivu ja kylkinä monikulmion keskipisteen ja kärjen yhdysjana. Tässä tapauksessa tämä yhdysjana on tietenkin ympyrän säde. Kolmioiden huippukulma on $\frac{360^{\circ}}{n}$ , joten kolmioiden yhteenlasketuksi pinta-alaksi saadaan

$A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{360^{\circ}}{n}.$

Tehdään tässä vaiheessa muutama muutos käytettäviin lukuihin. Ensinnäkin, muutetaan kulman suuruus radiaaneiksi. $360^{\circ}=2\pi$ (rad), joten alan lausekkeeksi saadaan nyt $A_{kolmiot}=n\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin \frac{2\pi}{n}.$ Tehdään vielä toinen tekninen vaihdos vähäksi aikaa: olkoon $\frac{2\pi}{n}=x,$ joten $\frac{2\pi}{x}=n$ , josta edelleen

$A_{kolmiot}=\frac{2\pi}{x}\cdot\frac{1}{2}r^2\cdot \sin x=\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}.$

Ympyrän ala on tietenkin $\pi r^2$ , joten kysytty suhde

$\frac{A_{kolmiot}}{A_{ympyrä}}=\frac{\pi r^2\cdot \frac{\sin x}{x}}{\pi r^2}=\frac{\sin x}{x}.$

Tutkitaan seuraavaksi lausekkeen $\frac{\sin x}{x}$ käyttäytymistä. Koska $\frac{2\pi}{n}=x,$ niin sivujen lukumäärän $n$ kasvaessa rajatta $x\to 0$ . On tilanneyhteydestä ilmeistä, että nyt $\frac{\sin x}{x}\to 1$ , kun $x\to 0$ mutta kuinka se todistetaan? Ja edelleen (ja tässä onkin varsinainen kysymyksemme): kuinka suuri luvun $n$ on oltava, tai siis kuinka pieni luvun $x$ on oltava, jotta $\frac{\sin x}{x}>0,999$ . Vastaus molempiin kysymyksiin voidaan etsiä monin tavoin. Niistä yksi hienoimmista on ns. Taylorin sarja.

Sinifunktio voidaan esittää päättymättömänä summana eli sarjana

$\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots,$

joten lauseke $\frac{\sin x}{x}$ voidaan sieventää muotoon

$\frac{\sin x}{x}=\frac{x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots}{x}=1-\frac{x^2}{3!}+\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\cdots$

Tämän lausekkeen arvo lähestyy selvästi arvoa $1$ , kun $x\to 0$ . Edelleen tätä lauseketta voidaan arvioida vain paria ensimmäistä termiä käyttäen. Siis lähellä nollaa

$\frac{\sin x}{x}\approx 1-\frac{x^2}{3!}.$

Näin ollen oikea suuruusluokka ratkaisulle saadaan epäyhtälöstä $1-\frac{x^2}{3!}>0,999$ , josta $0<x<\sqrt{0,006}.$ (Ei-positiivinen osa epäyhtälön ratkaisusta voidaan nyt sivuuttaa.) Takaisin alkuperäiseen muuttujaan $n$ palaten saamme

$\frac{2\pi}{n}<\sqrt{0,006},$

josta edelleen $n>81,11\ldots$ . Koska tämä oli alkujaankin likiarvo, tarkistetaan vielä saadut arvot sijoittamalla lausekkeeseen $\frac{\sin x}{x}$ luvun $n$ arvoja $81$ ja $82$ vastaavat arvot $x=\frac{2\pi}{81}$ ja $x=\frac{2\pi}{82}$ :

$\frac{\sin \frac{2\pi}{81}}{\frac{2\pi}{81}}\approx 0,99897<0,999; \quad \quad \frac{\sin \frac{2\pi}{82}}{\frac{2\pi}{82}}\approx 0,99902>0,999.$

Näin ollen vastaus kysymykseen on siis vähintään säännöllinen $82$ -kulmio.

Ratkaisuun liittyvää Geogebra-applettia voi tutkia tämän linkin kautta.

Opettaja H:n pulmakulma

OpettajaH.fi

geometria

Kolmion kulma

Oi aitoja, oi latoja!

Suunnikkaat solmussa

Tylppäkulmainen kolmio

Suorakaide neljännesympyrällä

Piste kolmiossa

Kulmanpuolittajien välinen kulma

Buffonin neula

Tangenttikolmio

Ympyrä säännöllisen monikulmion ympärillä

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon:

Pistä kiertoon: