Prethodna tema :: Sljedeća tema |
Autor/ica |
Poruka |
Annemarie Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (19:45:56) Postovi: (62)16
|
Postano: 14:11 čet, 24. 3. 2011 Naslov: Zadatak |
|
|
Trebala bi pomoć oko ovog zadatka:
Odredite veličinu kuta alfa u trokutu ABC s koordinatama A(2, -4, 0),
B (3, 1, -4) i C(0, 1, 3).
Pretpostavljam da je dosta lagan zadatak, ali nisam posve sigurna kako ga riješit pa ako bi netko htio pomoći... :)
Trebala bi pomoć oko ovog zadatka:
Odredite veličinu kuta alfa u trokutu ABC s koordinatama A(2, -4, 0),
B (3, 1, -4) i C(0, 1, 3).
Pretpostavljam da je dosta lagan zadatak, ali nisam posve sigurna kako ga riješit pa ako bi netko htio pomoći...
|
|
[Vrh] |
|
Luuka Forumaš(ica)
Pridružen/a: 13. 02. 2007. (20:34:54) Postovi: (925)16
Spol:
Lokacija: Hakuna Matata
|
|
[Vrh] |
|
Annemarie Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (19:45:56) Postovi: (62)16
|
|
[Vrh] |
|
Luuka Forumaš(ica)
Pridružen/a: 13. 02. 2007. (20:34:54) Postovi: (925)16
Spol:
Lokacija: Hakuna Matata
|
|
[Vrh] |
|
Annemarie Forumaš(ica)
Pridružen/a: 21. 10. 2010. (19:45:56) Postovi: (62)16
|
|
[Vrh] |
|
dalmatinčica Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 10. 2011. (18:46:54) Postovi: (AC)16
|
|
[Vrh] |
|
kenny Petica iz zalaganja
Pridružen/a: 28. 03. 2003. (09:18:36) Postovi: (3B7)16
Spol:
Lokacija: ...somewhere over the rainbow...
|
Postano: 22:20 ned, 11. 3. 2012 Naslov: |
|
|
Stvar je u tome da trebaš dokazati da je taj četverokut tangencijalni, odnosno da je [tex]\alpha + \gamma = \beta + \delta = 180^\circ[/tex].
Dakle... Za početak, jasno je da su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\beta[/tex] sukladni. Te da su sukladni i kutovi [tex]\beta[/tex] i [tex]\delta[/tex]. Zašto? Kut koji zatvara polumjer sa tangentom je pravi kut, a trokuti [tex]\triangle S_1AD[/tex] i [tex]\triangle S_2BC[/tex] su jednakokračni. Štoviše, oni su i slični (homotetija!). Iz tih nekoliko fakata se može zaključiti to o sukladnosti kutova. Nadalje, zbog svega toga su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\delta[/tex] suplementarni. Zaključi sam(a) zašto. ;)
U prilogu je aplet rađen u GeoGebri. Ispričavam se što sam malo zbucao oznake. ;)
Stvar je u tome da trebaš dokazati da je taj četverokut tangencijalni, odnosno da je [tex]\alpha + \gamma = \beta + \delta = 180^\circ[/tex].
Dakle... Za početak, jasno je da su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\beta[/tex] sukladni. Te da su sukladni i kutovi [tex]\beta[/tex] i [tex]\delta[/tex]. Zašto? Kut koji zatvara polumjer sa tangentom je pravi kut, a trokuti [tex]\triangle S_1AD[/tex] i [tex]\triangle S_2BC[/tex] su jednakokračni. Štoviše, oni su i slični (homotetija!). Iz tih nekoliko fakata se može zaključiti to o sukladnosti kutova. Nadalje, zbog svega toga su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\delta[/tex] suplementarni. Zaključi sam(a) zašto.
U prilogu je aplet rađen u GeoGebri. Ispričavam se što sam malo zbucao oznake.
_________________ Dvije stvari su beskonacne: svemir i ljudska glupost. Za ono prvo nisam siguran.
by A.Einstein
Description: |
|
Download |
Filename: |
zadatak6.zip |
Filesize: |
4.79 KB |
Downloaded: |
244 Time(s) |
|
|
[Vrh] |
|
dalmatinčica Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 10. 2011. (18:46:54) Postovi: (AC)16
|
Postano: 22:46 ned, 11. 3. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="kenny"]Stvar je u tome da trebaš dokazati da je taj četverokut tangencijalni, odnosno da je [tex]\alpha + \gamma = \beta + \delta = 180^\circ[/tex].
Dakle... Za početak, jasno je da su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\beta[/tex] sukladni. Te da su sukladni i kutovi [tex]\beta[/tex] i [tex]\delta[/tex]. Zašto? Kut koji zatvara polumjer sa tangentom je pravi kut, a trokuti [tex]\triangle S_1AD[/tex] i [tex]\triangle S_2BC[/tex] su jednakokračni. Štoviše, oni su i slični (homotetija!). Iz tih nekoliko fakata se može zaključiti to o sukladnosti kutova. Nadalje, zbog svega toga su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\delta[/tex] suplementarni. Zaključi sam(a) zašto. ;)
U prilogu je aplet rađen u GeoGebri. Ispričavam se što sam malo zbucao oznake. ;)[/quote]
al nije tangencijalan ako je zbroj nasuprotnih str =?
kenny (napisa): | Stvar je u tome da trebaš dokazati da je taj četverokut tangencijalni, odnosno da je [tex]\alpha + \gamma = \beta + \delta = 180^\circ[/tex].
Dakle... Za početak, jasno je da su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\beta[/tex] sukladni. Te da su sukladni i kutovi [tex]\beta[/tex] i [tex]\delta[/tex]. Zašto? Kut koji zatvara polumjer sa tangentom je pravi kut, a trokuti [tex]\triangle S_1AD[/tex] i [tex]\triangle S_2BC[/tex] su jednakokračni. Štoviše, oni su i slični (homotetija!). Iz tih nekoliko fakata se može zaključiti to o sukladnosti kutova. Nadalje, zbog svega toga su kutovi [tex]\alpha[/tex] i [tex]\delta[/tex] suplementarni. Zaključi sam(a) zašto.
U prilogu je aplet rađen u GeoGebri. Ispričavam se što sam malo zbucao oznake. |
al nije tangencijalan ako je zbroj nasuprotnih str =?
|
|
[Vrh] |
|
kenny Petica iz zalaganja
Pridružen/a: 28. 03. 2003. (09:18:36) Postovi: (3B7)16
Spol:
Lokacija: ...somewhere over the rainbow...
|
|
[Vrh] |
|
dalmatinčica Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 10. 2011. (18:46:54) Postovi: (AC)16
|
|
[Vrh] |
|
kenny Petica iz zalaganja
Pridružen/a: 28. 03. 2003. (09:18:36) Postovi: (3B7)16
Spol:
Lokacija: ...somewhere over the rainbow...
|
Postano: 23:17 ned, 11. 3. 2012 Naslov: |
|
|
Pada mi na pamet nekoliko solucija koje bi se mogle pokušati... Neću garantirati da je to ispravan put ka rješavanju zadatka. Možda samo kompliciram, a rješenje je vrlo jednostavno. ;)
Radi se o trapezu...možda..MOŽDA.....ako se dokaže da je površina tog trapeza jednaka [tex]P = \sqrt{a\cdot b \cdot c \cdot d}[/tex] bi to pomoglo... Naime, time bi pokazali da je taj četverokut tetivno-tangencijalan. Već smo dokazali da je tetivan, pa bi time dokazali da je i tangencijalan. Samo ideja...
Ili na primjer Ptolomejev poučak koji kaže da za tetivni četverokut vrijedi [tex]e\cdot f = a\cdot c + b \cdot d[/tex], gdje su [tex]e, f[/tex] dijagonale tog četverokuta.
Pada mi na pamet nekoliko solucija koje bi se mogle pokušati... Neću garantirati da je to ispravan put ka rješavanju zadatka. Možda samo kompliciram, a rješenje je vrlo jednostavno.
Radi se o trapezu...možda..MOŽDA.....ako se dokaže da je površina tog trapeza jednaka [tex]P = \sqrt{a\cdot b \cdot c \cdot d}[/tex] bi to pomoglo... Naime, time bi pokazali da je taj četverokut tetivno-tangencijalan. Već smo dokazali da je tetivan, pa bi time dokazali da je i tangencijalan. Samo ideja...
Ili na primjer Ptolomejev poučak koji kaže da za tetivni četverokut vrijedi [tex]e\cdot f = a\cdot c + b \cdot d[/tex], gdje su [tex]e, f[/tex] dijagonale tog četverokuta.
_________________ Dvije stvari su beskonacne: svemir i ljudska glupost. Za ono prvo nisam siguran.
by A.Einstein
|
|
[Vrh] |
|
JANKRI Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 07. 2008. (02:30:58) Postovi: (10F)16
Spol:
Lokacija: Zagreb
|
Postano: 0:00 uto, 13. 3. 2012 Naslov: |
|
|
Evo ja se igrao malo i riješio! :D
Točnije, nadam se da jesam, ne znam postoji li jednostavnije nešto, ali ja nađoh samo ovo! Pokušati ću biti što detaljniji i čitljiviji pa pogledaj(te) je li sve ok! :)
Prvo, da opišem skicu da se može pratiti što pričam! :D
Neka su dane kružnice jedna pokraj druge, "horizontalno" i neka je "lijeva" kružnica "manja", tj. ona s polumjerom r, a desno neka je "veća", s polumjerom R. Nacrtaj(te) da budu doslovno manja i veća, jer se inače neće ništa vidjeti, tj. dosta toga će se preklapati. Sada oznake.
Neka je S1 središte manje, a S2 središte veće kružnice.
Neka su A i C na manjoj, a B i D na većoj i to tako da su A i B "gore", a C i D "dolje".
Neka je točka O sjecište pravaca AB i CD.
Točke O, S1, T, S2 tada leže na jednom pravcu (Da T leži na S1S2 slijedi iz toga što je T diralište te dvije zadane kružnice, a da O leži na S1S2 slijedi iz npr. činjenice da su trokuti OAS1 i OBS2 slični.), povucimo ga.
Nadalje, neka je E točka presjeka pravca S1S2 s AC, a F točka presjeka pravca S1S2 s BD.
OA = OC, jer su OAS1 i OCS1 slični pravokutni trokuti sa zajedničkom hipotenuzom, stoga su sukladni, također je S1A = S1C. Sada nam iz toga slijedi da je trokut EAS1 sukladan toruku ECS1, konačno, AC je okomito na S1S2. Analogno je i BD okomito na S1S2.
Iz točke T povucimo okomicu na AB i presjek označimo s G, također iz T povucimo okomicu na CD i presjek označimo s H.
Imamo TG okomito na AB, TE okomito na AC, TH okomito na CD, TF okomito na BD, pokažemo li da je TE = TH = TF = TG dobili smo da je kružnica sa središtem u točki T i polumjerom TE upisana četverokutu ABCD, odnosno, on je tetivni.
Jasno je da ako pokažemo da je npr. TG = TF da analogno možemo pokazati TG = TE, TE = TH i TH = TF, dakle, dovoljno je pokazati da je TG = TF.
Provucimo kroz T pravac okomit na S1S2, primijetimo da je on paralelan s AC i BD, njegovo sjecište s AB označimo s T1, a s CD s T2.
Pokažimo najprije da je AT paralelno s GF.
Za to nam je dovoljno pokazati da je OT : OF = OA : OG.
to je dalje ekvivalentno s OT : OF = OS1 : OT <==> (OS1)(OF) = (OT)^2
Trokuti OS1A i OFB su slični (Pazimo koji kut je gdje!) pa iz njih dobivamo da je
OS1 : OA = OB : OF ==> (OS1)(OF) = (OB)(OA), dakle, dovoljno je pokazati da je
(OB)(OA) = (OT)^2
Označimo s T3 drugi presjek pravca S1S2 i manje kružnice, a s T4 drugi presjek tog pravca i veće kružnice, koristimo teorem o potenciji točke u odnosu na kružnicu pa imamo da je
(OA)^2 = (OT3)(OT) ==> OA = (OT3)(OT) / (OA)
(OB)^2 = (OT)(OT4) ==> OB = (OT4)(OT) / (OB)
Dobivamo, dakle, da je dovoljno pokazati da je (OT3)(OT4) = (OA)(OB), odnosno OA : OT3 = OT4 : OB, konačno, za to je dovoljno pokazati da su trokuti OT3A i OT4B slični, a za to je dovoljno pokazati da je kut <OT4B jednak kutu <OAT3. Pokažimo to!
<OT4B = <TT4B = <TBO (Kut nasuprot tetive i tangente u toj točki, kako se to već kaže, lako se pokaže...) = <OAT3, jer je T3A paralelno s TB, radi sličnosti trokuta T3S1A i TS2B.
Dakle, AT je paralelno s GF.
Sada je <TFG = <S1TA = <S1AT = pi - <TAG = pi - <FGB = <TGF,
konačno, trokut TFG je jednakokračan pa je TF = TG!
Dakle, četverokut ABCD je tangencijalan!
Potrebno je još odrediti polumer upisane mu kružnice, odnosno, izračunati TF.
Neka je TF = TE = x. Promatramo trokute AES1 i BFS2, oni su slični, vrijedi
FS2 : S2B = ES1 : S1A, odnosno (FS2)(S1A) = (ES1)(S2B), konačno
(R - x)r = (x - r)R --> x = 2Rr/(R+r), što je traženi polumjer!
Eto ga, znam da je odvratno napisano, pokušati ću u nekom trenutku malo ljepše, ovo neka bude preliminarno! :D
Evo ja se igrao malo i riješio!
Točnije, nadam se da jesam, ne znam postoji li jednostavnije nešto, ali ja nađoh samo ovo! Pokušati ću biti što detaljniji i čitljiviji pa pogledaj(te) je li sve ok!
Prvo, da opišem skicu da se može pratiti što pričam!
Neka su dane kružnice jedna pokraj druge, "horizontalno" i neka je "lijeva" kružnica "manja", tj. ona s polumjerom r, a desno neka je "veća", s polumjerom R. Nacrtaj(te) da budu doslovno manja i veća, jer se inače neće ništa vidjeti, tj. dosta toga će se preklapati. Sada oznake.
Neka je S1 središte manje, a S2 središte veće kružnice.
Neka su A i C na manjoj, a B i D na većoj i to tako da su A i B "gore", a C i D "dolje".
Neka je točka O sjecište pravaca AB i CD.
Točke O, S1, T, S2 tada leže na jednom pravcu (Da T leži na S1S2 slijedi iz toga što je T diralište te dvije zadane kružnice, a da O leži na S1S2 slijedi iz npr. činjenice da su trokuti OAS1 i OBS2 slični.), povucimo ga.
Nadalje, neka je E točka presjeka pravca S1S2 s AC, a F točka presjeka pravca S1S2 s BD.
OA = OC, jer su OAS1 i OCS1 slični pravokutni trokuti sa zajedničkom hipotenuzom, stoga su sukladni, također je S1A = S1C. Sada nam iz toga slijedi da je trokut EAS1 sukladan toruku ECS1, konačno, AC je okomito na S1S2. Analogno je i BD okomito na S1S2.
Iz točke T povucimo okomicu na AB i presjek označimo s G, također iz T povucimo okomicu na CD i presjek označimo s H.
Imamo TG okomito na AB, TE okomito na AC, TH okomito na CD, TF okomito na BD, pokažemo li da je TE = TH = TF = TG dobili smo da je kružnica sa središtem u točki T i polumjerom TE upisana četverokutu ABCD, odnosno, on je tetivni.
Jasno je da ako pokažemo da je npr. TG = TF da analogno možemo pokazati TG = TE, TE = TH i TH = TF, dakle, dovoljno je pokazati da je TG = TF.
Provucimo kroz T pravac okomit na S1S2, primijetimo da je on paralelan s AC i BD, njegovo sjecište s AB označimo s T1, a s CD s T2.
Pokažimo najprije da je AT paralelno s GF.
Za to nam je dovoljno pokazati da je OT : OF = OA : OG.
to je dalje ekvivalentno s OT : OF = OS1 : OT <==> (OS1)(OF) = (OT)^2
Trokuti OS1A i OFB su slični (Pazimo koji kut je gdje!) pa iz njih dobivamo da je
OS1 : OA = OB : OF ==> (OS1)(OF) = (OB)(OA), dakle, dovoljno je pokazati da je
(OB)(OA) = (OT)^2
Označimo s T3 drugi presjek pravca S1S2 i manje kružnice, a s T4 drugi presjek tog pravca i veće kružnice, koristimo teorem o potenciji točke u odnosu na kružnicu pa imamo da je
(OA)^2 = (OT3)(OT) ==> OA = (OT3)(OT) / (OA)
(OB)^2 = (OT)(OT4) ==> OB = (OT4)(OT) / (OB)
Dobivamo, dakle, da je dovoljno pokazati da je (OT3)(OT4) = (OA)(OB), odnosno OA : OT3 = OT4 : OB, konačno, za to je dovoljno pokazati da su trokuti OT3A i OT4B slični, a za to je dovoljno pokazati da je kut <OT4B jednak kutu <OAT3. Pokažimo to!
<OT4B = <TT4B = <TBO (Kut nasuprot tetive i tangente u toj točki, kako se to već kaže, lako se pokaže...) = <OAT3, jer je T3A paralelno s TB, radi sličnosti trokuta T3S1A i TS2B.
Dakle, AT je paralelno s GF.
Sada je <TFG = <S1TA = <S1AT = pi - <TAG = pi - <FGB = <TGF,
konačno, trokut TFG je jednakokračan pa je TF = TG!
Dakle, četverokut ABCD je tangencijalan!
Potrebno je još odrediti polumer upisane mu kružnice, odnosno, izračunati TF.
Neka je TF = TE = x. Promatramo trokute AES1 i BFS2, oni su slični, vrijedi
FS2 : S2B = ES1 : S1A, odnosno (FS2)(S1A) = (ES1)(S2B), konačno
(R - x)r = (x - r)R --> x = 2Rr/(R+r), što je traženi polumjer!
Eto ga, znam da je odvratno napisano, pokušati ću u nekom trenutku malo ljepše, ovo neka bude preliminarno!
|
|
[Vrh] |
|
satja Forumaš(ica)
Pridružen/a: 16. 05. 2010. (10:44:17) Postovi: (F1)16
|
Postano: 10:45 uto, 13. 3. 2012 Naslov: |
|
|
Neka je [tex]r[/tex] manja, a [tex]R[/tex] veća kružnica i neka su [tex]A, B[/tex] na maloj, a [tex]C, D[/tex] na većoj kružnici. Neka je [tex]S[/tex] sjecište tangenata tako da su [tex]S, A, D[/tex] na jednoj, a [tex]S, B, C[/tex] na drugoj tangenti.
Povucimo simetralu kuta [tex]\angle ASB = \angle DSC[/tex]. (Ona prolazi središtima kružnica.) Neka ona siječe malu kružnicu u točki [tex]X[/tex], malu i veliku istodobno u točki [tex]Y[/tex], dužinu [tex]AB[/tex] u točki [tex]X'[/tex], a dužinu [tex]CD[/tex] u točki [tex]Y'[/tex].
Homotetija sa centrom [tex]S[/tex] i koeficijentom [tex]\displaystyle\frac{SD}{SA}= \frac{SC}{SB} =\frac R r[/tex] preslikava malu kružnicu u veliku. Budući da homotetija čuva omjere, [tex]\displaystyle\frac{SX'}{SX} = \frac{SY'}{SY} = k[/tex].
Primijenimo sada novu homotetiju sa centrom [tex]S[/tex] i koeficijentom [tex]k[/tex]. Pogledajmo kamo će se preslikati mala kružnica. U svakom slučaju će i dalje dodirivati polupravce [tex]SA[/tex] i [tex]SB[/tex]. Budući da će se [tex]X[/tex] preslikati u [tex]X'[/tex] (jer smo uzeli takav [tex]k[/tex]), dodirivat će i [tex]AB[/tex]. Budući da će se [tex]Y[/tex] preslikati u [tex]Y'[/tex], dodirivat će i [tex]CD[/tex]. Dakle dobivena kružnica dodirivat će sve stranice četverokuta [tex]ABCD[/tex], pa je on tangencijalan.
Polumjer nove kružnice je [tex]k\cdot r = \displaystyle\frac{SX'}{SX}\cdot r = \frac{x'}{x}\cdot r[/tex]. Tražene [tex]x = SX[/tex] i [tex]x' = SX'[/tex] računamo na sljedeći način. Iz sličnosti trokuta [tex]SAO_1[/tex] i [tex]SDO_2[/tex] (pri čemu su [tex]O_1, O_2[/tex] - pogađate - središta male i velike kružnice redom) imamo [tex]\displaystyle\frac{r}{R} = \frac{x+r}{x+2r+R}[/tex], odakle dobijemo [tex]\displaystyle x = \frac{2r^2}{R-r}[/tex]. Nadalje iz sličnosti trokuta [tex]SAX'[/tex] i [tex]SO_1A[/tex] imamo [tex]\displaystyle\frac{x'}{AS} = \frac{AS}{x+r}[/tex], iz čega možemo izračunati [tex]x'[/tex] koristeći [tex]AS^2 = (x+r)^2 - r^2[/tex] (Pitagorin poučak) i prethodno izračunati [tex]x[/tex]. Dobije se [tex]x'=\displaystyle\frac{4Rr^2}{R^2-r^2}[/tex]. Konačno, [tex]kr = \displaystyle\frac{x'}{x}\cdot r[/tex] ispada [tex]\displaystyle\frac{2Rr}{R+r}[/tex].
Neka je [tex]r[/tex] manja, a [tex]R[/tex] veća kružnica i neka su [tex]A, B[/tex] na maloj, a [tex]C, D[/tex] na većoj kružnici. Neka je [tex]S[/tex] sjecište tangenata tako da su [tex]S, A, D[/tex] na jednoj, a [tex]S, B, C[/tex] na drugoj tangenti.
Povucimo simetralu kuta [tex]\angle ASB = \angle DSC[/tex]. (Ona prolazi središtima kružnica.) Neka ona siječe malu kružnicu u točki [tex]X[/tex], malu i veliku istodobno u točki [tex]Y[/tex], dužinu [tex]AB[/tex] u točki [tex]X'[/tex], a dužinu [tex]CD[/tex] u točki [tex]Y'[/tex].
Homotetija sa centrom [tex]S[/tex] i koeficijentom [tex]\displaystyle\frac{SD}{SA}= \frac{SC}{SB} =\frac R r[/tex] preslikava malu kružnicu u veliku. Budući da homotetija čuva omjere, [tex]\displaystyle\frac{SX'}{SX} = \frac{SY'}{SY} = k[/tex].
Primijenimo sada novu homotetiju sa centrom [tex]S[/tex] i koeficijentom [tex]k[/tex]. Pogledajmo kamo će se preslikati mala kružnica. U svakom slučaju će i dalje dodirivati polupravce [tex]SA[/tex] i [tex]SB[/tex]. Budući da će se [tex]X[/tex] preslikati u [tex]X'[/tex] (jer smo uzeli takav [tex]k[/tex]), dodirivat će i [tex]AB[/tex]. Budući da će se [tex]Y[/tex] preslikati u [tex]Y'[/tex], dodirivat će i [tex]CD[/tex]. Dakle dobivena kružnica dodirivat će sve stranice četverokuta [tex]ABCD[/tex], pa je on tangencijalan.
Polumjer nove kružnice je [tex]k\cdot r = \displaystyle\frac{SX'}{SX}\cdot r = \frac{x'}{x}\cdot r[/tex]. Tražene [tex]x = SX[/tex] i [tex]x' = SX'[/tex] računamo na sljedeći način. Iz sličnosti trokuta [tex]SAO_1[/tex] i [tex]SDO_2[/tex] (pri čemu su [tex]O_1, O_2[/tex] - pogađate - središta male i velike kružnice redom) imamo [tex]\displaystyle\frac{r}{R} = \frac{x+r}{x+2r+R}[/tex], odakle dobijemo [tex]\displaystyle x = \frac{2r^2}{R-r}[/tex]. Nadalje iz sličnosti trokuta [tex]SAX'[/tex] i [tex]SO_1A[/tex] imamo [tex]\displaystyle\frac{x'}{AS} = \frac{AS}{x+r}[/tex], iz čega možemo izračunati [tex]x'[/tex] koristeći [tex]AS^2 = (x+r)^2 - r^2[/tex] (Pitagorin poučak) i prethodno izračunati [tex]x[/tex]. Dobije se [tex]x'=\displaystyle\frac{4Rr^2}{R^2-r^2}[/tex]. Konačno, [tex]kr = \displaystyle\frac{x'}{x}\cdot r[/tex] ispada [tex]\displaystyle\frac{2Rr}{R+r}[/tex].
|
|
[Vrh] |
|
dalmatinčica Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 10. 2011. (18:46:54) Postovi: (AC)16
|
|
[Vrh] |
|
5_ra Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 12. 2011. (15:37:14) Postovi: (28)16
|
|
[Vrh] |
|
kenny Petica iz zalaganja
Pridružen/a: 28. 03. 2003. (09:18:36) Postovi: (3B7)16
Spol:
Lokacija: ...somewhere over the rainbow...
|
|
[Vrh] |
|
5_ra Forumaš(ica)
Pridružen/a: 10. 12. 2011. (15:37:14) Postovi: (28)16
|
|
[Vrh] |
|
dalmatinčica Forumaš(ica)
Pridružen/a: 01. 10. 2011. (18:46:54) Postovi: (AC)16
|
|
[Vrh] |
|
satja Forumaš(ica)
Pridružen/a: 16. 05. 2010. (10:44:17) Postovi: (F1)16
|
Postano: 20:02 ned, 18. 3. 2012 Naslov: |
|
|
[quote="dalmatinčica"]kako se uopće rješavaju ti zadaci s izometrijama, se to crta ili?[/quote]
Gotovo uvijek se crta, ali ne kao konstrukcija, nego kao skica koja nam pokazuje što se događa, gdje je koja točka. Treba li nešto dokazati ili izračunati, skica naravno nije dovoljna.
dalmatinčica (napisa): | kako se uopće rješavaju ti zadaci s izometrijama, se to crta ili? |
Gotovo uvijek se crta, ali ne kao konstrukcija, nego kao skica koja nam pokazuje što se događa, gdje je koja točka. Treba li nešto dokazati ili izračunati, skica naravno nije dovoljna.
|
|
[Vrh] |
|
student_92 Forumaš(ica)
Pridružen/a: 17. 09. 2011. (16:31:46) Postovi: (B9)16
|
|
[Vrh] |
|
|