Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[888] titok1112007-10-11 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] SmallPotato2007-10-11 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] titok1112007-10-11 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] titok1112007-10-11 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] SmallPotato2007-10-11 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] titok1112007-10-11 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] BohnerGéza2007-10-10 23:57:14
Előzmény: [881] BohnerGéza, 2007-10-10 22:47:04
[881] BohnerGéza2007-10-10 22:47:04

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

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[880] Hajba Károly2007-10-10 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] bohmajster2007-10-10 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] SmallPotato2007-10-10 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] SmallPotato2007-10-10 17:01:36

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

Előzmény: [873] bohmajster, 2007-10-09 22:58:15
[876] SmallPotato2007-10-10 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] rizsesz2007-10-10 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] Python2007-10-10 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] bohmajster2007-10-09 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] BohnerGéza2007-10-07 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] SmallPotato2007-10-07 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] SmallPotato2007-10-07 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): 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.

Előzmény: [857] BohnerGéza, 2007-09-20 11:08:40
[869] farkasb2007-10-05 03:01:23

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

[867] HoA2007-10-04 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] jonas2007-10-04 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 xi rajta fekszik, így 0=pxi-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] farkasb2007-10-03 10:04:35

Köszönöm!

[864] jonas2007-10-02 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-\alpha0)=(v1,v2)/(|v1|.|v2|)=0.0118753

\pi-\alpha0=1.58267

\alpha0=1.55892

Hasonlóan

\alpha1=1.05618

\alpha2=0.52649

Ebből

sin (2\alpha0)=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-bfxi 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] jonas2007-10-02 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

  [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]