|
|
|
|
[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 :)
|
|
[867] HoA | 2007-10-04 17:01:42 |
Tovább egyszerűsíthető a megoldás, ha a koordinátarendszer kezdőpontját x0 -ba helyezzük át. Ekkor a két oldalvektora a=x1-x0=(-0,1693;-0,7763;-1,7028) és b=x2-x0=(-2,7655;-1,4626;0,8991) . A síkját e két vektor feszíti ki, így R felírható
R=x.a+y.b..........(1)
alakban. R az oldalfelező merőlegeseken van, tehát (R-0)a=(a-R)a , a(2R-a)=0 és hasonlóan b(2R-b)=0 . (1) -ből R felbontását a két utóbbi egyenletbe helyettesítve és rendezve kapjuk:
2.a2.x+2.ab.y=a2 ; 2.ab.x+2.b2.y=b2
Látható, hogy a numerikus számításhoz csak az a2,b2 és ab értékekre van szükségünk, ezek rendre 3,53083202 ; 10,59556982 ; 0,07262805 . A megoldás - például az egyenlő együtthatók módszerével
;
Numerikusan x = 0,489784223 ; y = 0,496642741 , amiből R = (-1,45639 ; -1,10661 ; -0,38747 ) . Visszatérve az eredeti koordináta rendszerre ezt x0 -hoz hozzáadva a várható r=(0,037714;-0,96211;0,532327) eredményt kapjuk.
|
Előzmény: [866] jonas, 2007-10-04 11:57:49 |
|
[866] jonas | 2007-10-04 11:57:49 |
Most nézzük ugyanerre az egyszerűbb megoldást.
Legyen tehát a háromszög három csúcsába mutató vektor
x0=(1.4941,0.1445,0.9198)
x1=(1.3248,-0.6318,-0.7830)
x2=(-1.2714,-1.3181,1.8189)
Egyszerűen kiszámoljuk két csúcs felezőmerőleges síkját, aztán egy másik két csúcs felezőmerőleges síkját is (a harmadik nem kell), majd a csúcsok síkját, végül ezek metszetét.
Az a és b pontok felezőmerőleges síkjának egyenpete , átalakítva r(b-a)=(a+b)(b-a)/2.
Speciálisan a x0 és x1 csúcsok felezőmerőleges síkjának koordinátái
x1-x0=(-0.1693,-0.7763,-1.7028)
(x0+x1)(x1-x0)/2=-0.1659
Hasonlóan x1 és x2 csúcsoké
x2-x1=(-2.5962,-0.6863,2.6019)
(x1+x2)(x2-x1)/2=1.9474
A három csúcs síkját pedig egy 4 méretű homogén lineáris egyenletrendszerből kapjuk meg. Ha a sík egyenlete pr=q, akkor ebben xi rajta fekszik, így 0=pxi-q, amit meg kell oldani a p,q négy változóra. Ennek a megoldását például a Cramer-szabályból kapjuk meg: q a csúcsokból álló mátrix determinánsa, p pedig azoknak a mátrixoknak a determinánsa, amit ez előbbi mátrixból egy oszlop 1-re cserélésével kapunk.
p=(-3.1885,4.8613,-1.8992)
q=-5.8084
Most már csak el kell metszenünk a három síkot. Ehhez az alábbi egyenletrendszerünk van:
Ezt megoldva
r=(0.0377,-0.9621,0.5323)
ami szépen egyezik az előző megoldással.
|
|
|
[864] jonas | 2007-10-02 16:57:08 |
Nézzünk egy példát.
Vegyük azt a háromszöget, aminek a csúcsainak koordinátái
x0=(1.4941,0.1445,0.9198)
x1=(1.3248,-0.6318,-0.7830)
x2=(-1.2714,-1.3181,1.8189)
Ekkor az oldalak vektorai
v0=x1-x2=(2.5962,0.6863,-2.6019)
v1=x2-x0=(-2.7655,-1.4626,0.8991)
v2=x0-x1=(0.1693,0.7763,1.7028)
Most számoljuk ki az oldalak által bezárt szögeket az oldalvektorok skalárszorzatából.
|v1|=3.25512
|v2|=1.87908
(v1,v2)=-0.0726366
cos (-0)=(v1,v2)/(|v1|.|v2|)=0.0118753
-0=1.58267
0=1.55892
Hasonlóan
1=1.05618
2=0.52649
Ebből
sin (20)=0.0237489
stb, amiből a körülírt kör középpontjába mutató vektor
Ennek a távolsága valóban minden csúcstól ugyanannyi:
r=|r-x0|=|r-x1|=|r-x2|=3.49585
és a r-bfxi vektorok lineárisan összefüggők, azaz a pont a háromszög síkjában van, tehát ez valóban a háromszög középpontja.
|
Előzmény: [863] jonas, 2007-10-02 15:37:50 |
|
[863] jonas | 2007-10-02 15:37:50 |
Igen, noha fejből nem tudtam megmondani. Súlyozni kell a csúcsokat a csúcsban lévő szög kétszeresének a színuszával, és normálni ezeknek az összegével.
|
Előzmény: [861] farkasb, 2007-10-02 00:06:56 |
|
[862] Lóczi Lajos | 2007-10-02 13:29:35 |
Minden attól függ, hogy milyen matematikai szövegkörnyezetben vagyunk. Pl. a háromszög is tekinthető körnek (és viszont), ha topológiai szemmel nézzük a dolgokat, ahol is csak a folytonos egymásba deformálhatóság számít.
|
Előzmény: [860] Pokolfajzat, 2007-10-01 20:21:37 |
|
[861] farkasb | 2007-10-02 00:06:56 |
Tisztelt Fórumozók!
Érdeklődnék, hogy valaki tud-e képletet egy egy térbeli háromszög köré írható kör középpontjának kiszámítására, és a térbeli kör egyenletének felállítására. Előre is köszönettel: F.Balázs
|
|
[860] Pokolfajzat | 2007-10-01 20:21:37 |
Nincs különösebb jelentősége, csak részemről volt ez egy feltevés, másoknak. Akik azt mondták erre, hogy ez nem igaz, csakhogy az igazamat én sem tudtam ésszerűen alátámasztani. És reméltem, ha a feltevésem igaz akkor itt talán tudnak rá egyesek magyarázatot is adni.
|
|
|
[858] Pokolfajzat | 2007-09-22 19:44:13 |
Csak egy kérdéssel zavarnám meg a tisztes társaságot. Előre is elnézést kérek, ha banális vagy ostoba lenne a kérdés. Tekinthető e a kör egy végtelen sokszögnek? Előre is köszönöm.
|
|
|
[856] SmallPotato | 2007-09-20 08:39:23 |
Felhozom kicsit a topikot.
A 123. feladat megoldása:
Kicsinyítsük az AB átmérőjű kört A-ból arányban! Ekkor a D pont képe E, AB kör D-beli érintőjének képe pedig AC kör E-beli érintője lesz; e két érintő (a kicsinyítés tulajdonságaiból adódóan) párhuzamos.
A 120-as feladat megoldásából azonban ismert, hogy a rajzolt elrendezésben az AB kör D-beli érintője párhuzamos az AC és a CB körök közös külső érintőjével. Eszerint AC kör imént előállt (E pontbeli) érintője ezzel a közös érintővel egybeesik.
(Természetesen elindulhattunk volna az AB kört C-ből arányben kicsinyítve is.)
|
Előzmény: [854] BohnerGéza, 2007-09-05 23:57:21 |
|
|
|
[853] sakkmath | 2007-08-30 09:20:48 |
Köszönöm, hogy foglalkoztál a feladattal és feltetted a megoldásodat, ami természetesen helyes.
A feladat egyébként - elemi módon - még (legalább) két másik módszerrel is megoldható. Tehát nincs még lelőve semmi, aki esetleg új megoldásra bukkan, nyugodtan tegye fel...
|
Előzmény: [851] SmallPotato, 2007-08-29 23:34:51 |
|
|