Fórum: GEOMETRIA

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[888] titok111	2007-10-11 15:47:34
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?
Előzmény: [887] SmallPotato, 2007-10-11 13:45:26

[887] SmallPotato

2007-10-11 13:45:26

"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.

Előzmény: [885] titok111, 2007-10-11 13:28:37

[886] titok111	2007-10-11 13:40:23
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.
Előzmény: [884] SmallPotato, 2007-10-11 13:16:58

[885] titok111	2007-10-11 13:28:37
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?
Előzmény: [884] SmallPotato, 2007-10-11 13:16:58

[884] SmallPotato

2007-10-11 13:16:58

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!

Előzmény: [883] titok111, 2007-10-11 12:08:48

[883] titok111	2007-10-11 12:08:48
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.
Előzmény: [882] BohnerGéza, 2007-10-10 23:57:14

[882] BohnerGéza	2007-10-10 23:57:14


Előzmény: [881] BohnerGéza, 2007-10-10 22:47:04

[881] BohnerGéza	2007-10-10 22:47:04
Egyszerűbb nem sikerült. A szerkesztést Euklides-ben végigcsináltam, jó lett.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15

[880] Hajba Károly	2007-10-10 20:45:29
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.
Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15

[879] bohmajster	2007-10-10 17:53:35
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.

[878] SmallPotato	2007-10-10 17:14:34
Avagy például (lévén két pontja és középpontjának AB egyenese ismert) megszerkeszthető az az Apolloniosz-kör, amelynek P pontjaira $\frac{AP}{BP}= \frac{AX}{BX} =\frac{AX'}{BX'}$ .
Előzmény: [877] SmallPotato, 2007-10-10 17:01:36

[877] SmallPotato	2007-10-10 17:01:36
Én odáig jutottam (lehet, hogy a zsákutcában? :-) ), hogy az ABX $\Delta$ 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 $\Delta$ (ahol M_c az m_c magasság talppontja), de ezután? ...
Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15

[876] SmallPotato	2007-10-10 16:42:51
DAX és CBX $\angle$ a két bejelölt $\alpha$ $\angle$ váltószögei (mivel AD, X'X és BC párhuzamosak), tehát szinusztétel nélkül is láthatóan egyenlők.
Előzmény: [875] rizsesz, 2007-10-10 16:31:37

[875] rizsesz	2007-10-10 16:31:37
XCB+XDA szög = 180, továbbá az ezekre a háromszögekre felírt szinusz-tételek miatt látható, hogy DAX=CBX szög.
Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15

[874] Python

2007-10-10 14:38:37

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

Ebből szerintem el lehetne indulni valahogy.

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15

[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...

[872] BohnerGéza

2007-10-07 20:33:17

Köszönöm SmallPotato megoldását a 124. feladatra!

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

Előzmény: [870] SmallPotato, 2007-10-07 01:14:42

[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. $\frac {DE_2}{DE_1}= \frac{DA}{DB}$ . Az utóbbi egyenlőséget átrendezve (az alsó ábrán csak a lényeg van kiemelve): DBDE₂=DADE₁, 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 $\Delta$ két oldalvektora a=x₁-x₀=(-0,1693;-0,7763;-1,7028) és b=x₂-x₀=(-2,7655;-1,4626;0,8991) . A $\Delta$ 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

$x = \frac { b^2 (ab - a^2 ) } {2 \cdot ab \cdot ab - 2 \cdot a^2 \cdot b^2 }$ ; $y = \frac { a^2 (ab - b^2 ) } {2 \cdot ab \cdot ab - 2\cdot a^2 \cdot b^2 }$

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 $0 = ({\bf r} - \frac{{\bf a}+{\bf b}}2) ({\bf b}-{\bf a})$ , 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:

$\left(\matrix{ -0.1693& -0.7763& -1.7028\cr -2.5962& -0.6863& 2.6019\cr -3.1885& 4.8613& -1.8992 }\right) {\bf r} = \left(\matrix{ -0.1659\cr 1.9474\cr -5.8084 }\right)$

Ezt megoldva

r=(0.0377,-0.9621,0.5323)

ami szépen egyezik az előző megoldással.

[865] farkasb	2007-10-03 10:04:35
Köszönöm!

[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 ( $\pi$ - $\alpha$ ₀)=(v₁,v₂)/(|v₁|^.|v₂|)=₀.0118753

$\pi$ - $\alpha$ ₀=1.58267

$\alpha$ ₀=1.55892

Hasonlóan

$\alpha$ ₁=1.05618

$\alpha$ ₂=0.52649

Ebből

sin (2 $\alpha$ ₀)=0.0237489

stb, amiből a körülírt kör középpontjába mutató vektor

${\bf r} = \frac{\sin(2 \alpha_0){\bf x}_0 + \sin(2 \alpha_1){\bf x}_1 + \sin(2\alpha_2){\bf x}_2}{\sin(2\alpha_0) + \sin(2\alpha_1) + \sin(2\alpha_2)} = ( 0.0377, -0.9621, 0.5323)$

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.

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

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?