Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/GeneralPunctuation.js
Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Háromszög szerkesztés

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[12] HoA2021-08-05 10:04:21

Az előző hozzászólás második ábrája:

Előzmény: [11] HoA, 2021-08-05 10:01:00
[11] HoA2021-08-05 10:01:00

Egy másik, szintén körsoron alapuló megoldás kínálkozik hihetetlen[7] észrevétele alapján: Az ma magasság egyenesét fa -ra tükrözve a kapott e egyenes átmegy a körülírt k kör középpontján. k tehát eleme annak a parabolikus körsornak, melynek A a pontköre és e a centrálisa, h hatványvonala az e -re A -ban emelt merőleges. A körsornak azt a körét kell megszerkeszteni, amelyik h -nak fa -t tartalmazó oldalán van és az adott BC hosszúságú húrja esik te -re.

Legyen te és h metszéspontja P . Vegyük fel e -n az adott B0C0=BC hosszúságú AR szakaszt. Az AR átmérőjű k kör középpontja S . k a körsor eleme. A PS egyenes és k metszéspontjai T és U. PTPU=PA2. Forgassuk le T -t és U -t P körül te -re. A kapott pontokat véve B -nek és C -nek az ABC háromszög és annak körülírt k köre megfelel: BC=TU=AR=B0C0 az adott oldalhossz, PBPC=PTPU=PA2, k a körsor eleme, középpontja e-n van, ma és e szögfelezője, fa a BAC szöget is felezi.

A második ábra a következő hozzászólásban.

Ujjgyakorlat: Hogyan értelmezhető a körsor h -nak fa - val ellentétes oldalán lévő k2 köre, melyből te szintén BC hosszúságú húrt metsz ki?

[10] HoA2021-07-19 22:41:55

Hát igen. Inverzióra sincs is szükség. Az A0 A pontpárhoz tartozó Apollóniusz körök elliptikus körsort alkotnak, melynek A0 és A a pontkörei, h hatványvonala A0 A felező merőlegese. A keresett BC átmérőjű k körnek a te egyenessel párhuzamos, attól BC/2 távolságra levő t2 egyenes érintője. Jelöljük t2 és h metszéspontját P -vel, a k és t2 érintési pontját Q -val. P a hatványvonalon van, a körsor köreire vonatkozó hatványa egyenlő, így az A0 pontkörre vonatkozó hatványa egyenlő a k -ra vonatkozó hatvánnyal, PA02=PQ2 .

Innen a szerkesztés: A P középpontú PA0 sugarú körívvel kimetsszük Q -t t2 -ből. A Q -ból te -re bocsátott merőleges talppontja lesz a BC oldal Fa felezőpontja, B -t és C -t az Fa középpontú FaQ=BC/2 sugarú k kör metszi ki te -ből.

Előzmény: [9] Sinobi, 2021-02-17 20:46:58
[9] Sinobi2021-02-17 20:46:58

Na jó. Azon a részen, hogy egy Apollóniuszi körsornak egy adott méretű / egy adott egyenest érintő tagját keressük, lehet jó sokat egyszerűsíteni.

[8] Sinobi2021-02-17 20:30:55

Egy megoldás inverzióval: ugyanúgy kezdődik, mint a Kömalban szereplő II megoldás: az fa szakasz A0 végpontjából érintőegyenest húzunk az fa szakasz A csúcsa körüli ma sugarú körhöz, a kapott te egyenesen lesz a B és a C csúcsa a háromszögnek.

Legyen A az A csúcsbeli másik szögfelező metszése az előbbi te egyenessel. A keresett B és C pontok inverz pontpárok A0-ra és A-re, a távolságuk meg van adva, már csak meg kell szerkeszteni őket.

Ez pedig történhet inverzióval: a BC pontpárokra Thalész köröket képzelünk, olyat keresünk, amelyik érinti a te egyenessel párhuzamos, attól BC/2 távolságra levő egyeneseket, és merőleges A0A Thalész-körére. Ennek a körnek a két metszéspontja a ta egyenessel lesz a keresett B és a C pont. Az egyik ilyen egyenest invertáljuk A0A Thalész-körére, kapjuk q kört. Az inverzió a keresett BC talpppontú kört helybenhagyja, és érintkezést érintkezésbe visz, így már csak azt a kört kell megkeresni, amelyik érinti az előbbi két, ta-val párhuzamos egyenest, és az egyiknek a q inverz képét; ami az Apollóniuszi probléma két egyenessel és egy darab körrel, a szerkesztés ismert.

[7] hihetetlen2021-02-14 20:14:05

Egyrészt csodálom, hogy ilyen gondosan tanulmányozod a régi feladatokat, másrészt remélem, hogy nem feltételezed rólam, hogy régi feladatok előbányászásával szeretnék hozzászólásokat provokálni, elmesélem a feladat történetét (én hogyan találkoztam vele):

A 90-es évek elején egyik fiam hozta haza a József Attila gimnáziumból. Úgy ítéltem, hogy nehezebb feladat, mint amit házi feladatnak szoktak adni, de felkeltette az érdeklődésemet, ezért aztán megpróbálkoztam a megoldásával. Több megoldást is kitaláltam, de mindegyik számolásos. Egy ilyet mindjárt le is írok. A megoldások nem túl elegánsak és nehezen szerkeszthetőek (terület átalakításokkal mindegyik szerkesztés elvégezhető volt), ezért időről-időre eszembe jutott, hogy kell lennie egyszerűbb megoldásnak is. Több matematikus ismerősömnek is elmeséltem, de nekik nem keltette fel az érdeklődésüket, vagy csak nem akartak elegendő időt fordítani a megoldásra. Egy éjszaka nyaralás közben jutott eszembe az a megoldás, amelyet már leírtam.

Most lássuk az egyik nem túl elegáns megoldást, amelyhez könnyen el lehet jutni (kiszámítjuk a háromszög köré írható kör sugarának hosszát)! A szerkesztést nem részletezem.

Legyen adva az ABC háromszög BC=a oldala, AM=m a háromszög magassága és AF=f a háromszög szögfelezője!

Tükrözzük át a magasságot a szögfelezőre! Ez az egyenes át fog menni a körülírható kör O középpontján. A körülírható kör sugara legyen r hosszúságú! Az egyenesnek a háromszögbe eső darabja AD=l. Bocsássunk merőlegest O-ból a BC oldalra, ennek talppontja E és OE=x! Bocsássunk merőlegest O-ból az AM magasságra, ennek talppontja G!

Mivel AOGADM ezért

mxr=ml

A Pythagoras-tétel szerint

x2+(a2)2=r2

Az egyenletrendszerből r meghatározható (a negatív gyök nem érdekel):

r=m2l+m2+(a2)2(1m2l2)1m2l2

Előzmény: [6] HoA, 2021-02-08 10:40:15
[6] HoA2021-02-08 10:40:15

A régi KöMaL számokat nézegetve rátaláltam feladatodnak a Te megszövegezésed szerinti kitűzésére is. Gy. 914.:

http://db.komal.hu/scan/1964/04/96404173.g4

A megoldás pedig itt:

http://db.komal.hu/scan/1965/04/96504153.g4

Előzmény: [5] hihetetlen, 2021-01-06 10:44:10
[5] hihetetlen2021-01-06 10:44:10

Tetszik a válaszod. Részben hasonló cipőben járok: 73 éves vagyok, így az 1965-ös számokat én is olvastam régen, de az élet úgy hozta, hogy inkább számítástechnikából élek, semmint matematikából. Szabadidőmben újra örömömet lelem matematikai feladatok megoldásában (ezeket részben magamnak találom ki, részben innen-onnan gyűjtöm).

Előzmény: [4] HoA, 2020-12-31 16:04:49
[4] HoA2020-12-31 16:04:49

RE: Áruld el, hogyan találtál rá erre a megoldásra?

A Ludas Matyi vicclapnak volt egy mottója: "Nincsenek régi viccek, csak öreg emberek. Egy újszülöttnek minden vicc új."

Ha az ember elég öreg ahhoz, hogy már az 1965-ös KöMaL-okat is olvasta, de még elég fiatal ahhoz, hogy ne felejtsen el mindet, egy-egy feladat kapcsán beugrik, hol látott valami hasonlót.

Előzmény: [3] hihetetlen, 2020-11-23 16:12:16
[3] hihetetlen2020-11-23 16:12:16

Áruld el, hogyan találtál rá erre a megoldásra?

Elmondom az én megoldásomat, amely ugyan számoláson alapul, de talán a szerkesztés egyszerűbb.

Induljunk ki a kész ábrából:

Legyen BC az adott oldal, AM az adott magasság és AF1 az adott szögfelező.

Megrajzoltuk még az AF1-re merőleges AF2 külső szögfelezőt is.

Az AMF1 nyilván könnyen szerkeszthető és az F2 pont is könnyen kitűzhető.

Ha ismernénk a BF1 szakasz x hosszát, akkor készen lennénk.

Legyen a BC oldal hossza a, az F2F1 távolság pedig d!

Írjuk fel a szögfelező tétel alapján a következő összefüggést:

xax=dxd+ax

A kapott másodfokú egyenlet megoldása (csak az érdekel, amelyik kisebb a-nál):

x=a+da2+d22

a2+d2 egy olyan derékszögű háromszög átfogójának a hossza, amelynek befogói a és d hosszúságúak.

Nézzük ezek után a szerkesztést! Szerkesszük meg az AMF1 háromszöget és tűzzük ki az F2 pontot! Az F1F2 egyenesre mérjük fel az a szakaszt F1-ből az F2-vel ellentétes oldalon. A kitűzött pont P1 és az F2P1 szakasz hossza a+d.

Állítsunk merőlegest az F1F2 egyenesre az F1 pontban és mérjük fel rá az a szakaszt! A kitűzött pont P2. Az F2P2 távolság nyilván a2+d2.

Mérjük rá az F2P2 távolságot az F2P1 szakaszra F2-ből indulva. Az így kapott pont P3. Nyilván a P1P3 szakasz hossza a+da2+d2. A szakasz felezőpontja legyen K!

A KP1 szakasz hossza x, tehát K=C, azaz megkaptuk a háromszög másik csúcsát. A harmadik csúcs kitűzése most már nem jelent problémát és a szerkesztést befejezettnek tekinthetjük.

Röviden a diszkusszió: ha az adott magasság és az adott szögfelező egyenlő hosszú, akkor egyenlőszárú háromszögről van szó, amelynek szerkesztése nem okozhat problémát, ha pedig a szögfelező hosszabb a magasságnál, akkor a szerkesztés mindig elvégezhető.

Előzmény: [2] HoA, 2020-10-16 22:43:59
[2] HoA2020-10-16 22:43:59

Az fc és mc által bezárt szög αβ2 Így a feladatot visszavezettük erre:

Szerkesszünk háromszöget ha adott egy oldala, az oldalhoz tartozó magasság és az oldalon fekvő két szög különbsége.

Ez volt az 1964. évi Arany Dániel verseny egyik feladata, megoldása a KöMaL 1965. évi 1. számának 2. oldalán olvasható.

Előzmény: [1] hihetetlen, 2020-09-24 15:56:03
[1] hihetetlen2020-09-24 15:56:03

Szerkesszünk háromszöget, ha adott egy oldala, az oldalhoz tartozó magasság és a szemközti csúcsból induló szögfelezőnek a háromszögbe eső darabja!