Fórum: GEOMETRIA

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!