[1059] HoA | 2008-06-05 00:02:58 |
Hát igen. És ezek szerint jól sejtettem, hogy a 134. feladat megoldása is ez: legyen I az az inverzió, amely k1 -et és k2 -t koncentrikus körökbe képezi le, ekkor akárhová is esik k3' középpontja, a három körközéppont valójában kettő, és így egy egyenesen vannk.
|
Előzmény: [1058] BohnerGéza, 2008-06-04 20:29:36 |
|
|
[1057] HoA | 2008-06-04 15:52:46 |
Csak nem az a galád trükk lett volna a 134. feladat eredeti megoldása, hogy ha három pontból kettő egybeesik, akkor egy egyenesen vannak? Az eredeti kitűzésbe ez is belefér. A 135. feladat ábrája ismerős a "Fejezetek az elemi geometriából" c. könyvből. Ez az ottani feladat általánosítása. Eredetileg azt kellett igazolni, hogy ha "1" valamilyen helyétől indulva a körsorozat n körből áll és "n" érinti "1" -et, akkor ez "1" tetszőleges helyéről indulva is fennáll. A kapcsolatot 134. -gyel ott vélem felfedezni, hogy 135. megoldásának kulcsa is két egybeeső körközéppont.
|
Előzmény: [1056] BohnerGéza, 2008-06-04 12:50:33 |
|
|
[1055] HoA | 2008-06-04 10:00:34 |
A 134/a feladat megoldása: Az egymást nem metsző k1 és k2 körök által maghatározott körsor legyen KS1 , nullkörei N1 és N2 . k3 ne haladjon át N2-n, a k3 és N2 által maghatározott körsor legyen KS2 , ennek másik nullköre N3 , a keresett inverzió I, alapköre C, ennek középpontja O. Mivel egy elliptikus körsor köreinek középpontjai a nullkörök által meghatározott egyenesen vannak, köreink inverzeinek, k1',k2'ésk3' köröknek a középpontjai csakkor lesznek egy egyenesen, ha N1' N2' és N3' is. N1' és N2' e1' egyenese I-nél a KS1 körsor ortogonális korsora, KO1 azon ko1i körének lesz az inverze, amelyik O-n áthalad, vagyis az N1 , N2 és O pontok által meghatározott körnek. Hasonlóan N2' és N3' e2' egyenese a KS2 körsor ortogonális korsora, KO2 azon ko2j körének lesz az inverze, amelyik O-n áthalad, vagyis az N2 , N3 és O pontok által meghatározott körnek. e1' és e2' tehát csakkor azonos, ha ko1i és ko2j azonosak, vagyis ko1i = ko2j az N1 , N2 és N3 pontok által meghatározott kör, melyre O is illeszkedik. Ez persze az ortogonalitás miatt megegyezik [1049] e körével, így a megoldás folytatható az ott leírtak szerint, a nullkörök és körsorok megszerkesztése nem szükséges. Az egyszerűbb gyakorlati kivitelezést eredményező O és C megválasztás ebben a terminológiában úgy fogalmazható, hogy legyen C a KO1 azon köre, melynek O középpontja e -re illeszkedik. Ekkor KS1 inverze önmaga.
|
|
Előzmény: [1053] BohnerGéza, 2008-05-30 23:09:00 |
|
[1054] HoA | 2008-06-02 13:42:59 |
További segítségként a 134/a feladathoz feloldom az [1048]-beli észrevételt: Két kör által meghatározott körsor nullköreinek inverze adott inverziónál megegyezik a körsor inverzének nullköreivel.
|
Előzmény: [1053] BohnerGéza, 2008-05-30 23:09:00 |
|
[1053] BohnerGéza | 2008-05-30 23:09:00 |
Pontosítom a feltételt, ezzel segítek is: 134/a feladat: A 134. feladatban tegyük meg ezt a kikötést: a 3 kör közt van kettő, melyek nem metszik egymást, és az általuk meghatározott körsor legalább egyik nullkörén nem megy át a harmadik kör. Ekkor HoA előbbi megoldásán túl adódik egy másik megoldás is.
|
Előzmény: [1052] BohnerGéza, 2008-05-28 20:19:50 |
|
|
[1051] BohnerGéza | 2008-05-28 20:13:06 |
Köszönöm HoA megoldását, egyben kitűzöm könnyítve a feladatot:
134/a feladat: A 134. feladatban tegyük meg azt a kikötést, hogy a 3 körnek nem lehet közös pontja. Így az előbbi mo-tól eltérő is megadható!
|
Előzmény: [1050] HoA, 2008-05-28 08:11:09 |
|
|
[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 |
|