Zadatak

[Annemarie]

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...

[Luuka]

Meni prvo pada na pamet ova formula:

za vektore a i b i kut alfa između njih vrijedi


gdje je u brojniku skalarni produkt, a u nazivniku norme vektora.

_________________
"Bolje bi prolazio na faxu da sam na drogama nego na netu" - by a friend of mine
"Poslije spavanja doma spavanje bilo di mi je najdraža stvar" - by the same guy

[Annemarie]

Aha...Ali jel mi možeš reći kako bi ja odredila vektore pomoću ovih vrhova trkuta koji su mi zadani? Jel ima neka formula za to??

[Luuka]

[Annemarie]

Ma znam da je to gradivo dosta iz srednje škole, ali ono... Ajde puno ti hvala na pomoći...Sad sam uspjela riješit zadatak.

[dalmatinčica]

http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/eg/dodatni/Kruznica0708.pdf
6. zad
malo pomoći

[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.

_________________
Dvije stvari su beskonacne: svemir i ljudska glupost. Za ono prvo nisam siguran.

by A.Einstein

[dalmatinčica]

[kenny]

Apsolutno imaš pravo. Ja napravio aplet i naprečec zaključio ovo za kutove kad sam vidio. Eto što se dogodi kad se ne razmisli prije nego se nešto napravi. Eto, ja sam (slučajno) dokazao da je i tetivni četverokut osim što je tangencijalni... Idem sad opet napraviti i razmisliti o tangecijalnom četverokutu.

_________________
Dvije stvari su beskonacne: svemir i ljudska glupost. Za ono prvo nisam siguran.

by A.Einstein

[dalmatinčica]

heh
i sama sam već bila skužila da je tetivni
heh
valjda je toliko očito...

[kenny]

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

[JANKRI]

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!

[satja]

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].

[dalmatinčica]

hvala
a sad
4. iz 2. grupe?
http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/em/EM2/kolokviji/kol2009/0910em2kol1_2.pdf

[5_ra]

http://web.math.pmf.unizg.hr/nastava/em/EM2/kolokviji/kol2009/0910em2kol1_2.pdf

jel neko zna kolko je rjesenje u 2. zadatku?
meni ispada da se trokuti dodiruju al ne i preklapaju....

[kenny]

Točno, dodiruju se... Čak ako se stavi da je rotacija za kut [tex]-\frac{\pi}{3}[/tex], oni se dodiruju. Rješenje je 0.

_________________
Dvije stvari su beskonacne: svemir i ljudska glupost. Za ono prvo nisam siguran.

by A.Einstein

[5_ra]

ok...hvala puno

[dalmatinčica]

kako se uopće rješavaju ti zadaci s izometrijama, se to crta ili?

[satja]

[student_92]

Može li netko pomoći oko ovoga zadatka? (kolokvij 2011.)

Neka su trokuti ABC i A'B'C' takvi da je duljina simetrale kuta ABC jednaka duljini simetrale kuta A'B'C', duljina visine iz vrha B jednaka duljini visine iz vrha B' i kut ACB jednak kutu A'C'B' i veći od 90°.

Dokažite da su trokuti ABC i A'B'C' sukladni.