Fórum: GEOMETRIA

Egyetemi jegyzetben található, a szerkesztő általi sajátos jelölési mód (szerintem)A jobb oldalon az "a" oldal a magasság, illetve a szögfelező adatai vannak. A p- pí akar lenni, így (el lett írva) nem a oldal hanem alfa szög.

Én sem tudom, mennyire egyezményesek, pedig nem akarom ide írni hány éve foglalkozom szerkesztési feladatokkal. Honnan vetted ezt a jelölést és mit jelent? A baloldalakat majdnem megmagyaráztad - ha jól sejtem az a oldal, az m_a magasság és a f_b szögfelező adott. De mit jelentenek a jobboldalak?

Üdv Mindenkinek!

Segítséget szeretnék kérni a következő feladathoz.Nagyon fontos lenne!

Bizonyítsuk be, hogy az alábbi háromszögszerkesztési feladatok nem szerkeszthetők euklidészi értelemben! A harmadfokú problémáknál vizsgáljuk, hogy megoldható-e szögharmadoló eszközzel.

1. (a, ha, wb ) = ( p/2, 1, 2 )

2. (a, ha, wb ) = ( 1, 1, 1 )

Nem tudom mennyire egyezményesek ezek a jelek, a w - a szögfelezőt, h- a magasságot jelentené.

Megoldásra ajánlom a következő feladatot.

Az R pont a K középpontú kör PQ húrjának felezéspontja. Bizonyítsuk be, hogy az ábra szerinti elrendezésben SY>RX. Elnézést, a rajz most csak ilyenre sikeredett :(

Kedves HoA!

Pontosan érted, hogy mire gondoltam! Köszönöm szépen, nagyszerű megoldás!

Egyáltalán nem fitymálni akartam a mátrixos megközelítést. A gyakorlatban is mátrixokat használnak (pl. a számítógépes grafikában).

* * *

Nézzük meg inkább a kvaterniós megoldást.

Legyen u egy egységvektor, egy szög és

tehát q az a kvaternió, aminek skalár része , vektor része pedig . Nézzük meg, mit csinál a következő leképezés:

Az x kvaterniót felírhatjuk a+bu+v alakban, ahol a,b skalárok, v pedig egy u-ra merőleges vektor. Legyen w=u×v a v elforgatottja u körül derékszöggel; némi számolás után kijön, hogy

és

tehát

A skalár rész és az u-val párhuzamos vektor komponens nem változik, az u-ra merőleges vektor komponens pedig elfordul szöggel. Vagyis a művelet elforgatja a vektor részt u körül szöggel.

Kedves farkasb!

Remélem, értem mire gondolsz. [906] szerint legyen ezúttal és . Az ABC sík normális egységvektora . Az ABC síkban AB-ra merőleges egységvektor , a b irányú egységvektor . Ekkor alfa szögű elforgatottjának összetevői az ABC síkban . A keresett pont koordinátái az eredeti rendszerben . Megjegyzések: 1) Látható, hogy =0 -ra B' = B 2) Vigyázni kell az irányításra! Ha ABC körüljárása az óramutató irányával ellentétes, az szöggel történő elforgatás is az lesz, és fordítva.

Elfelejtettem: A számítógépnek nem kell tudni, hogy mátrixokkal számol! Neki a 6 (térben 12) paraméter kiszámítási módját, és azok felhasználását kell megadnunk.

Beismerem, a kvaterniókkal nem foglalkoztam, csak a síkbeliekkel, azaz a komplex számokkal. (remélem nem tévedek)

Az előző hozzászólásomban leírtak a komplex számok segítségével történő forgatásnál is kellenek (eltolás - forgatás - visszatolás) kivonás - szorzás - visszaadás alakban. Talán szebb, de a számítógép számára ugyanannyi lépés.

A sik összes egyenes és osztóviszony tartó leképezése megadható olyan speciális mátrixszal, melynek utolsó sora 0,0,1, (utolsó oszlopa pedig az origó képe és az 1-es.) azaz hat paramétert kell meghatározni. Az (x;y) képét a mátrixot az (x;y;1) oszlopvektorral szorozva kapjuk. Ez 4 szorzást és 6 összeadást jelent. (Térben 9 szorzás és 12 összeadás.)

Forgatni kvaterniókkal is lehet, úgy sokkal szebb.

Az O-t helybenhagyó leképezések egyszerűbbek, ezért ilyen az általános módszer.

Egy-egy speciális eset lehet egyszerűbb, de mindenképpen ajánlom az általánossal való foglalkozást.

Lehet, hogy félreértettük egymást, vagy csak számomra tűnik túl bonyolultnak a megoldás, ezért a félreértés elkerülése végett feltöltök egy ábrát. Lényegében a Keresett B' pont rajta van a síkon, és az AB köríven, és mondjuk AB szakasztól 55 fokkal van elforgatva.

Tisztelt Fórumozók!

Segítségeteket kérném! A napokban hallottam a geogebráról. Valaki küldjön már nekem legyen szíves egy feladatot (ami esetleg egy nyomvonalat is tartalmaz) és annak megoldását, amit a geogebrával készített el.

Köszi!

A megfelelő forgatás szögének meghatározását és mátrixát, ha szükséges, megírom.

Kedves Fórumozók!

Ismételten segítségre szorulok. Adott ABC pont xyz koordinátákkal, ami meghatároz egy síkot. A pont körül hogyan tudom a síkban elforgatni B-t egy tetszőleges szöggel?

Közben sikerült megcsinálnom... Az volt a probléma, hogy rosszúl értelmeztem a szögeket.

Lehet hogy nem jó a P pont célbeli koordinátája (10,30,15). Szóval azt ne vegyétek figyelembe. Egy kis segítő ábra, ha nem lenne világos a feladat:

Köszönöm mindkettőtöknek, HoA és Bohner Géza ezeket az érdekes hozzászolásokat, nekem is van egy "csúnya" trigonometrikus megoldásom, de ez nem vetekszik egyikötök megoldásával sem. Köszi.

Kedves Fórumozók!

Lenne egy újabb kérdésem/problémám.

Térbeli koordináta transzformációl lenne szó.

Adott két derékszögű koordináta rendszer, és egy P pont.

Az eredeti koordináta rendszer origója (0,0,0)

X tengelyén A (29.955,2,556,-39,952) //50 egységre O-tól

Y tengelyén B (10.063,47,815,10,604) //50 egységre O-tól

Z tengelyén C (38.748,-14.393,28.132) //50 egységre O-tól

P(20.653,53.039,4,877)

A cél koordináta rendszer origója szintén (0,0,0)

X tengelyén A' (50,0,0)

Y tengelyén B' (0,50,0)

Z tengelyén C' (0,0,50)

Keresett a P pont cél koordináta rendszer beli x,y,z koordinátája.

3dStudio Max porgrammal csináltam meg fordítva az egészet, és a keresett P' pont koordinátái: (10,30,15)

Próbáltam kiszámolni ezt a forgatást, de sehogy sem jött össze. Ezért kérnék némi segítséget.

Ezeket a képleteket használtam:

r11= cos(gamma)*cos(béta)

r12= cos(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)-sin(gamma)*cos(alfa)

r13= cos(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)+sin(gamma)*sin(alfa)

r21= sin(gamma)*cos(béta)

r22= sin(gamma)*sin(béta)*sin(alfa)+cos(gamma)*cos(alfa)

r23= sin(gamma)*sin(gamma)*sin(béta)*cos(alfa)-cos(gamma)*sin(alfa)

r31= -sin(béta)

r32= cos(béta)*sin(alfa)

r33= cos(béta)*cos(alfa)

P'x= r11* Px+ r12* Py+ r13* Pz

P'y= r21* Px+ r22* Py+ r23* Pz

P'z= r31* Px+ r32* Py+ r33* Pz

Előre is köszönöm a segítséget!

A KöMaL régebbi olvasói számára ismert, hogy az ilyen feladatok megoldásához, ahol a -ek szögei 10^o egész számú többszörösei, jól használható a szabályos 18-szög oldalaiból, átlóiból és körülírt K köréből álló H18 hálózat. Ha ívhossz egységnek K két szomszédos csúcs közötti ívét vesszük, n egységnyi ívhez n^.10^o kerületi és n^.20^o középponti szög tartozik.

Legyenek H18 csúcsai P1,.., P18, K középpontja O, sugara R. Húzzuk be a P₁P₆, P₂P₉ és P₆P₉ átlókat. Legyen A=P₆,C=P₉ , B pedig P₁P₆ és P₂P₉ metszéspontja. Ekkor ABC a feladatban szereplő , hiszen P₁P₆P₉=100^o és P₂P₉P₆=40^o.

OP₆P₉ R oldalú szabályos . Legyen a C középpontú R sugarú kör és a BC szakasz metszéspontja E. Ekkor BE a feladatban szereplő oldalhossz különbség. OCE egyenlőszárú csúcsszöge 60^o-40^o=20^o, COE=80^o , E rajta van az OP₅ sugáron. De akkor E a P₂P₉ átló e sugárra vett tükörképén, P₁P₈ -on is rajta van. A BP₁E -ben BP₁E=P₆P₁P₈=20^o, a B-nél lévő külső szög 40^o, P₁BE egyenlőszárú, így P₁ feladatunk D pontja. ADC=P₆P₁P₉=30^o.

Valóban. Köszönöm a segítséget.

Üdvözlettel Draskóczy Gergely

Munkám során merült föl az alábbi probléma:

adott A pont, K kör, t egyenes

szerkesszünk geometriai úton olyan kört (2 is van) mely átmegy A ponton, középpontja t egyenesen van, érinti a K kört

Tud ebben valaki segíteni?

Gergő

Tisztán szerkesztő megoldás:

Az ABC háromszögben mA=100^o,mB=40^o,mC=40^o. Az AB oldalt meghosszabbítjuk BD=BC-AB-vel. Határozzuk meg az ADC szög mértékét.

Ezt a hozzászólást és levezetést is köszönöm!

A [895] feladatára. (az ábrán A és B felcserélve)

Köszönöm szépen!!!!

Legyen , Ekkor az ABC sík normális egységvektora és D_1,2=B10^.n₀.

Az ABC síkban BA-ra merőleges egységvektor - hiszen a és n₀ merőlegesek és n₀ egységnyi. Így E_1,2=B10^.n₁.

Oh, de béna vagyok. Igen az ábrán A és B fel van cserélve

Legyen adott a paralellogramma az a, b, adatokkal. A szerkesztendő X ill. Y pontok [885] szerint. A K_a Apolloniusz-kör átmérője d=b/cos és r_a=d/2 sugara szintén adottnak tekinthető. Érintse az AB-vel párhuzamos e egyenes K_a-t C₂-ben. K_a minden pontjára, így C₂-re is igaz, hogy az AC₂B felezője AB-t Y-ban metszi. Legyen ABC₂ körülírt K körének sugara R, középpontja O₂. Tudjuk, hogy a belső szögfelező a szemközti oldal felező merőlegesét a körülírt körön metszi. Legyen C₂Y és K metszéspontja Q. QC₂O₂ egyenlőszárú, mert C₂O₂=QO₂=R. C₂QO₂=OC₂Y=45 fok, tehát QO₂C₂=90 fok, ami azt jelenti, hogy O₂ e-n van.

Innen az alábbi szerkesztés adódik: Az a hosszúságú AB szakasszal párhuzamosan, tőle r_a távolságra vegyük fel az e egyenest. AB f felező merőlegesének és e-nek a metszéspontja O₂. Az O₂ középpontú, R=O₂A sugarú K kör és e (egyik) metszéspontja C₂, K és f metszéspontja ( e egyenes AB-t tartalmazó oldalán ) Q. C₂Q kimetszi AB-ből Y-t.

És az ábrán A és B felcserélendő?

Megpróbálom magyarul :)

Adott ABC pont xyz koordinátákkal. Keresett 4 db pont. -Az első kettő (D1, D2), amelyik az BA szakaszra merőleges, B-től mért távolsága +10, -10 egység, és a BD1, BD2 merőleges az ABC síkra. A másik kettő (E1, E2)pedig ugyancsak merőleges a BA szakaszra, de az ABC síkon van, és B-től mért távolsága 10 e. Itt egy szemléltető ábra is. Előre is köszönet!

Első kérdés : (ld. BohnerGézáé) Az ABC síkra merőleges vetítésre gondolsz?

Második kérdés: AZ ABC síkban fekvő, B-nél derékszögű ABC* C* csúcsát keresed, ahol BC* = 10 egység?

Nem érthető (számomra) a feladat! Azt a részt, hogy egy pont legyen merőleges egy szakaszra, azt valószínűleg más sem érti.

Az elején merőleges vetítés van?

Fogalmazd meg jól a feladatot, talán tudunk segíteni.

Kedves Fórumozók!

Ilyen nehezet kérdeztem (nem hinném), vagy túl egyszerű? Megköszönném, ha valaki tudna segíteni.

Egy újabb, elvileg egyszerű kérdésem lenne. Adott A B C pont a térben. -Hogyan határozhatom meg azt a pontot(pontokat), mely az ABC síkra vetítve a vetítősugár a B ponton menne át, és B ponttól 10 egységnyire van. -továbbá szükség lenne arra a pontra (pontokra), amelyik AB szakaszra merőleges, és a ABC síkon helyezkedik el, és B pontból indul, és 10 egységnyire van tőle. Előre is köszönet!

Átsiklottam azon, hogy BE az egység. Így kijött.

Ezzel a szerkesztéssel valami gond lehet, mert nekem nem jött ki. Én AE szakaszfelezőjébe raktam L-t, de ez lényegtelen, mert AL lesz az egység.

Amilyen arányban növelem a négyzet kerületét, olyan arányban nő az oldalhossza is. Így elég csak az egyik oldalhosszat vizsgálni. Megnövelem 4 méterrel, de ez egyben azt is jelenti, hogy a háromszorosára nőt. Ha valamit háromszorosára növelek, az azt jelenti, hogy még kétszer hozzáadom önmagához (1+2=3). Azaz a 4 méter az eredeti hossz kétszerese, így az eredeti hossz a 4 méter fele, azaz 2 méter.

Ha egy négyzet olkdalhosszát4m -rel növeljük,kerülete háromszorosára nő.mekkora az eredeti négyzet oldalhossza?

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,..."

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.

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.)

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.

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

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?

"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.

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.

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?

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!

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.

Egyszerűbb nem sikerült. A szerkesztést Euklides-ben végigcsináltam, jó lett.

Én meg arra jutottam, hogy az AB szakaszfelezője és az XX' egyenes éppen azon a köríven metszik egymást, amit az ABX-re lehet illeszteni. Talán valakinek ad valami löketet.

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.

Avagy például (lévén két pontja és középpontjának AB egyenese ismert) megszerkeszthető az az Apolloniosz-kör, amelynek P pontjaira .

Én odáig jutottam (lehet, hogy a zsákutcában? :-) ), hogy az ABX AB=c oldalának, f_c szögfelezőjének és m_c magasságának hossza ismert; ebből kellene ABX-et megszerkeszteni. A szögfelező és a magasságvonal hosszából megszerkeszthető az X'M_cX (ahol M_c az m_c magasság talppontja), de ezután? ...

DAX és CBX a két bejelölt váltószögei (mivel AD, X'X és BC párhuzamosak), tehát szinusztétel nélkül is láthatóan egyenlők.

XCB+XDA szög = 180, továbbá az ezekre a háromszögekre felírt szinusz-tételek miatt látható, hogy DAX=CBX szög.

Kb. egy perc alatt erre jutottam: (XX' szögfelező ABX-ben és AX'=DX, BX'=CX)

Ebből szerintem el lehetne indulni valahogy.

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...

Köszönöm SmallPotato megoldását a 124. feladatra!

A téma iránt érdeklődőknek javaslom, gondolkodjanak a közös belső érintők esetén is az analóg feladaton.

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.

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.

Köszönöm, ez a 3. megoldás nagyon jó! Persze elismerésem a másik kettőért is :)

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^.a^2.x+2^.ab^.y=a² ; 2^.ab^.x+2^.b^2.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.

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 x_i rajta fekszik, így 0=px_i-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.

Köszönöm!

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-bfx_i vektorok lineárisan összefüggők, azaz a pont a háromszög síkjában van, tehát ez valóban a háromszög középpontja.

Igen, noha fejből nem tudtam megmondani. Súlyozni kell a csúcsokat a csúcsban lévő szög kétszeresének a színuszával, és normálni ezeknek az összegével.

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.

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

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.

Tekinthető. De mit értesz ezalatt? Milyen előny származik ebből? Milyen tulajdonság lesz kiolvasható? Miért jó ez a társítás?

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.

124. feladat: az ábra alapján általánosíthatjuk a 123. feladatot. Bizonyítsuk az általánosítást! ( F az E1 E2 felezőpontja. )

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.)

No, majdnem lecsaptam gyorsan a feladatra ... de várok, hátha nálam érdemesebbek írhatják meg. :-)

123. feladat: Bizonyítandó, hogy az AD és BD az érintési pontokat metszi ki a kisebb körökből. ( CD merőleges AB-re. )

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...

"808-as" helyett természetesen a 120-as feladat értendő, bocs. :-/

A 808-asra hoznék egy megoldást; úgy látom, eddig még nem érkezett.

Legyen , és .

Húzzunk párhuzamost t₂-vel az O_AC ponton át; messe ez a BC átmérőjű körnek a t₂-vel való érintési pontjába húzott sugarát az E pontban. Ekkor és az O_ACO_CBE háromszög E szöge derékszög, átfogója pedig R+r.

Az O_ABDC háromszög C szöge derékszögű, átfogója (lévén az átmérőjű kör sugara) szintén R+r, és befogója szintén R-r, tehát

az O_ACO_CBE és a O_ABDC háromszögek egybevágók.

Eszerint viszont CO_ABD=O_ACO_CBE, azaz , és mivel az érintők merőlegesek a megfelelő sugarakra, t₁||t₂.

Köszönöm, segítséget. Így már értem.

Az az igazság ogy a 10. volt már majd 10 éve volt, de nem is azzal van a gond csak nem esett le az egyenlő együtthatók módszer.

Mégegyszer köszönöm! :)

A számolásnál az egyenlő együttgatók módszerét használtam. Ha elvégezted volna a jelzett számolást, észrevetted volna, hogy y kiesik.

Próbáld ki! Az első egyenletet v2-vel, a másodikat v1-gyel szorozva, a kettőben x ua-szor lesz. Kivonva egymásból a kapott egyenleteket x kiesik, y kiszámolható.

Természetesen behelyettesítéssel is kijön ue.

Ezeket legalább tizedikes ismerőseidtől is megtudhattad volna.

Hát igen, én bonyolultabban akartam megoldani :)

De azt nem igazán értem, hogy ha megszorzom az egyik egyenletet v₁ a másikat v₂-vel, akkor hova tűnik az y? Mert hát ha jól emlékszem, hiányos matektudásomban az van, hogy minden tagot szorozni kell, vagy nem? Ez valamiféle egyszerűsítés?

Elnézést, hogy ennyit értetlenkedem, de szeretném megérteni hátha jobban felfogom...

Volt egy kis elírás a végén: BO=2OF helyesen. (csak hogy nehogy valakit összezavarjon) Szép megoldás!

Igen, erre az egyenletre rá jöttem én is, de kéne még egy egyenlet, gondolom, amiből ki lehet fejezni az x-t és egy másik amiből az y-t.

Na idáig nem jutottam el. Vagy az egyik koordinát egyenletét be lehetne helyettesíteni a másikba, pl. x-et kifejezve belőle?

Ajánlom Gerőcs László cikkét, a KöMaL bemutatkozó oldaláról is elérhető, vagy innen:

http://www.komal.hu/hirek/vegyes/gerocslaszlo-quovadis.h.shtml

A Pithagórasz-tétel a két pont távolságához (d) kellett.

Kedves BohnerGéza!

Még egyszer köszönöm az előző segítséget, remekül tudom használni (bár koordinátarsz-re nem volt szükségem, mert karakteresen működik a program), de nem igazán értem, hogy Pithagórasz-tétel hogyan is működik ebben az esetben.

Közben pedig újabb problémába ütköztem.

Szintén koordináta jellegü és az előző feladat megfordítása, vagyis adott AB egyenes és egy X pont. Meg szeretném tudni, hogy az X pont milyen merőleges távolságra van A-tól, AB egyenesen mérve illetve milyen messze van AB egyenestől.

Szögfügvényekkel találtam megoldást, de nekem jobban tetszene egy, az előzőhöz hasonló megoldás.

Előre is köszönöm a segítséget!

Kell szerkeszteni egy kört, elharmadolni, és érintőket szerkeszteni a megfelelő pontokba.

A szabályos háromszögben m=3r és . Így .a Pithagorasz-tétel segítségével szerkeszthető.

Tisztelt Barátaim! Alapvetó problémával kerültem szembe a következő feadattal: "Szerkesszünk szabályos háromszöget ha adott a beírt kör sugara." Kérdésem a következő: Melyek azok a tételek amelyek átgondolásával a feladat megoldható és mi a szerkesztés menete? Válaszukat hálásan köszönöm.

Köszönöm a gyors és kimerítő választ! Még fel kell fognom, de aszem értem!

Hiába, csoda világ a matek! :)