|
[1049] HoA | 2008-05-28 08:10:03 |
Legyenek az adott körök k1,k2ésk3, a keresett inverzió I, alapköre C, ennek középpontja O. A körök inverzei k1',k2'ésk3' , e három kör közös szimmetriatengelye e' . Mivel az inverzió saját inverz művelete, k1',k2'ésk3' inverze I-nél k1,k2ésk3. O nem lehet e'-n, mert ekkor a szimmetria miatt k1,k2ésk3 is közös szimmetriatengellyel rendelkezne és nem lehet valamelyik ki'-n sem, mert akkor ki egyenes lenne. Legyen e' inverze e. e-ről megállapítható, hogy
-kör, mert O nincs e'-n
-átmegy O-n, mert e' egyenes
-merőlegesen metszi a k1,k2ésk3 köröket az inverzió szögtartó tulajdonsága miatt.
Adottnak véve k1,k2ésk3 köröket, a keresett inverzióra szükséges feltétel, hogy O középpontja egy olyan e körön legyen, amelyik merőlegesen metszi a k1,k2ésk3 köröket , de ne legyen a körök egyikén sem, hiszen akkor ki' egyenes lenne. Megmutatjuk, hogy a feltétel elégséges is. Legyen e a k1,k2ésk3 köröket merőlegesen metsző kör, O ennek egy - a körökkel nem közös - pontja. Az O középpontú inverziónál a k1,k2ésk3 körök képe három kör lesz, k1',k2'ésk3'. e képe az e' egyenes, amely a szögtartó tulajdonság miatt merőlegesen metszi k1',k2'ésk3' köröket. Mivel egy kört metsző egyenesek közül csak az átmérő egyenesek metszenek merőlegesen, e' mindhárom körnek átmérő egyenese, tehát a három körközéppont egy egyenesen van.
e szerkesztéséhez felhasználjuk, hogy merőlegesen metsző körök esetén az egyik kör metszéspontba mutató sugara a másik kör érintője. e középpontjából, P-ből tehát a k1,k2ésk3 körökhöz egyenlő érintők húzhatók, P a három kör hatványpontja. A szerkesztés menete:
- megszerkesztjük k1,k2ésk3 P hatványpontját mint a körpárok hatványvonalainak metszéspontját - megszerkesztjük a P középpontú, k1-et merőlegesen metsző e kört - e tetszőleges, a körökre nem illeszkedő pontját a kersett inverzió O középpontjául választva tetszőleges sugarú C alapkörrel végrehajtjuk az inverziót. (1. ábra)
Egyszerűbb a gyakorlati kivitelezés, ha O-t úgy választjuk, hogy két kör, például k1ésk3 hatványvonalára illeszkedjék. Ekkor C úgy választható, hogy k1-et és k3-at merőlegesen messe, így ezek az inverzió során önmagukra képeződnek (2. ábra a következő hozzászólásban)
|
|
Előzmény: [1042] BohnerGéza, 2008-05-18 23:09:18 |
|
[1048] HoA | 2008-05-21 15:53:40 |
Segítség a 134. feladathoz:
- Ha három pont nincs egy egyenesen, akkor egy körön vannak
- Melyik három pont? ( A körközéppont inverz képe általában nem az inverz kör középpontja.)
|
Előzmény: [1042] BohnerGéza, 2008-05-18 23:09:18 |
|
[1047] Kata12 | 2008-05-21 11:43:02 |
Kedves Géza!
Nagyon szépen köszönk minden segítséget! Hasznos volt.
|
|
|
[1045] Kata12 | 2008-05-20 18:45:52 |
Szia Géza!
Nagyon köszönöm a segítséget, esetleg az háromszöges példát tudnád kicsit részletesebben leveztni ha lehet ábrával?
|
|
|
[1043] Kata12 | 2008-05-20 16:00:04 |
Sziasztok!
Két szerkesztési feladat megoldásában kérném a segítségeteket, amelyet az euklides szerkesztő programban kellene megszerkesztenem
1, Szerkesszünk egyenlő szárú háromszöget, ha adott az alap és a szár különbsége, továbbá a szárak közti szög.
2, Szerkesszünk négyszöget, ha ismert két átlója, az átlók szöge és a két szomszéédos szöge.
Előre is köszönöm a segítséget: Kata
|
|
[1042] BohnerGéza | 2008-05-18 23:09:18 |
134. egy nehéz feladat:
Adott 3 kör, melyek középpontjai nincsenek egy egyenesen. Adjunk meg olyan inverziót, melynél a körök képe kör marad, de ezek kp-jai már egy egyenesen vannak.
|
|
|
[1040] szabótimi | 2008-05-11 16:41:50 |
Üdvözlet! Ha valakinek van egy kis ideje kérem segítsen hogyan oldható meg ez a számomra bonyolult feladat! Nagyon fontos lenne!Kérlek titeket!Előre is köszi! A feladat: Ábrázoljuk a PQR háromszög köré írt kört. Szerkesszük meg a lényeges átmérők mindkét képét a végpontokhoz tartozó érintőkkel együtt, és állítsuk elő az érintőket a háromszög csúcsaiban is. Rajzoljuk meg a vetületi görbéket. P(45, 140, 265); Q(45, 40, 205); R(145, 140, 205).
|
|
[1039] HoA | 2008-05-08 22:34:33 |
A piros tetraédet - pontosabban annak B1-ben összefutó három lapját - a kék tetraéder A1BC1 lapja egy szabályos háromszögben metszi. A háromszög oldalai az ABB1A1 , BCC1B1 és A1B1C1D1 lapok középpontjait egymással összekötő három szakasz. Az alakzat szimmetriája miatt ez mind a nyolc csúcsról megállapítható. A közös részt tehát 8 szabályos háromszög határolja. A neve oktaéder. Lásd pl. http://mbuttons.bolyai.hu/upload/VRML/palyazat/kapcs.htm : Egy kocka megfelelő lapátlói szabályos tetraédert alkotnak. A két így kapott tetraéder közös része egy szabályos oktaéder.
|
Előzmény: [1038] Mate~, 2008-05-08 18:47:50 |
|
[1038] Mate~ | 2008-05-08 18:47:50 |
zsolla feladatának megoldása engem is érdekelne, van rá egy gondolatom, csak 2 pontom helyzete bizonytalan. Tudtok segíteni? Itt egy gyorsan összedobott ábra:
|
|
|
[1037] Mate~ | 2008-05-08 17:47:13 |
133: Én most hirtelen csak a P-t látom: ABG háromszög egybevágó BCD háromszöggel, hiszen BG=BC, AB=BD és ABGszög= CBDszög (derékszög). Mivel AB merőleges DB-re és BG merőleges BC-re, AG-nek is merőlegesnek kel lennie CD-re. Tehát az APCszög derékszög, így az APC háromszög derékszögű. Thalesz miatt pedig a P pontnak rajta kell lennie a k3 körön. A többin még agyalok. :)
|
Előzmény: [1034] HoA, 2008-05-05 18:18:51 |
|
[1036] zsolla | 2008-05-08 13:55:43 |
Keresem a következő feladat megoldását: Az ABCD A1B1C1D1 kocka A C B1 D1 csúcsai és az A1 C1 B D csúcsai is egy-egy tetraédert határoznak meg. Milyen test lesz a két tetraéder közös része?
|
|
[1035] BohnerGéza | 2008-05-06 22:01:00 |
Érdekesség a 133. feladathoz: Az A-t és C-t rögzítsük! B-t mozgatva AB-n a kapott DR egyenesek átmennek egy közös ponton.
Fogalmazzuk meg a fentinek megfelelő másik állítást is!
Igazoljuk az állítást!
|
Előzmény: [1034] HoA, 2008-05-05 18:18:51 |
|
[1034] HoA | 2008-05-05 18:18:51 |
133.feladat-nak javaslom az alábbit: Egy e egyenes 3 pontja ebben a sorrendben A, B és C. Vegyük fel az egyenes egyik oldalán a T középpontú ABDE és az U középpontú BCFG négyzeteket, valamint az AB átmérőjű k1 , BC átmérőjű k2 és AC átmérőjű k3 félköröket.
a) Igazoljuk, hogy az AG és CD egyenesek P metszéspontja k3-ra, az AU és CE egyenesek R metszéspontja k2-re, az AF és CT egyenesek Q metszéspontja k1-re esik.
b) Mi jellemzi a P, Q, R ponthármast?
|
|
|
[1033] BohnerGéza | 2008-04-29 19:18:38 |
Az itteni 132. feladat egy - inverzióval történő - megoldása látszik a "Valaki mondja meg!" témában lévő [479]. hozzászólásából. Néhány "elemibb" már itt, az előző hozzászólásokban megszületett. Köszönöm!
|
Előzmény: [1032] HoA, 2008-04-29 13:28:03 |
|
[1032] HoA | 2008-04-29 13:28:03 |
Ha az elemibb megoldást a 3 érintkező kört érintő kör szerkeztésére gondolod, egyelőre nem látom az utat. A Geometriai feladatok gyűjteménye az általános Apolloniusz feladatot oldja meg középiskolában tanult módszerekkel:
-az adott és a szerkesztendő körök növelésével-zsugorításával visszavezeti a feladatot két kört (k1,k2) érintő, adott P ponton áthaladó ke kör szerkesztésére - F2 ( elfajuló esetekben egy kör és két pont, illetve 3 pont)
-F2 megoldása során megszerkeszti a körök egyik hasonlósági pontját P-vel összekötő egyenesnek másik, ke-re illeszkedő pontját (Q)
-Végül megszerkeszti a két adott ponton (P, Q) áthaladó, pl. k1-et érintő kört. Ez a megoldás elemibb abban az értelemben, hogy nem használ inverziót, viszont sokkal hosszadalmasabb. És ami a fő baj, nem használja ki azt a speciális helyzetet, hogy a 3 adott kör érinti egymást. F2 megoldása során előjönnek az érintési pontok és a hasonlósági pont közötti kapcsolatok, de nem látom, esetünkben hogyan lehetne alkalmazni.
|
Előzmény: [1022] BohnerGéza, 2008-04-27 15:01:30 |
|
|
[1031] Káli gúla | 2008-04-28 19:34:24 |
Jelölje az átmérőgyanús pontokat P és Q. A PQ ívet a két érintési pont, A, B három körívre bontja, az ezekhez tartozó kerületi szögek legyenek , és . Ekkor a CPQ háromszög szögösszege 2+2+2, mert az e közös érintő a C-nél lévő szöget a bal oldali ábrán (+) és (+) részre, a jobb oldali ábrán és részre osztja (a sima és az elfajult kerületi szögek egyenlőségét kell a közös érintőknél figyelembe venni). Tehát 2+2+2=180o, azaz a három körív együtt egy félkört alkot.
Elnézést a többszörös beírásért, az előző három, képtelen hozzászólásomat ki is lehetne törölni. Ha egy moderátor olvassa, köszönöm előre is. (törölve - Sirpi)
|
|
Előzmény: [1020] BohnerGéza, 2008-04-27 03:22:52 |
|
[1029] HoA | 2008-04-28 17:46:08 |
Az állítás abból adódik, hogy két érintkező kör érintési pontja egyben a két kör kölső vagy belső hasonlósági pontja is. Talán jobban áttekinthető kívülről érintkező körökre, ekkor az érintési pont belső hasonlósági pont. Az ábrán a hasonlóság miatt PO3||T12O1ésQO3||T12O2. Mivel O1,O2ésT12 egy egyenesen vannak, ezért P,QésO3 is, vagyis PQ a kör átmérője.
|
|
Előzmény: [1019] BohnerGéza, 2008-04-27 02:52:47 |
|
|
[1024] Gyarmati Péter | 2008-04-28 16:36:16 |
Nem használtam fel azt, hogy az E érintési pont. Lehet, hogy felhasználtam a bizonyításban a bizonyítandó állítást?!
Így túl elemi volna...
|
|
|