|
[1606] w | 2012-12-08 21:34:35 |
ABC háromszögben AB=AC, P belső pontra PAC<=40 fok, ACP<=30 fok. Mekkora a BPC<, ha ABC<=80 fok?
|
|
|
|
[1603] Mordon | 2012-10-31 15:00:07 |
P az ABC háromszög belső pontja. A CP egyenes az AB oldalt a D, az AP egyenes a BC oldalt az E, a BP egyenes a CA oldalt az F pontban metszi. Tudjuk, hogy PA+PB+PC=43 és PD=PE=PF=3. Határozzuk meg a PA.PB.PC szorzat értékét.
Ennek a tavalyi Szőkefalvi feladatnak a megoldását valaki le tudná írni?
Előre is köszönöm!
|
|
|
[1601] HoA | 2012-10-24 13:02:31 |
Gondolom mivel a szereplő betük közül N a B mellett van a billentyűzeten, a kérdező B-t gondolt. Ekkor a metszéspont Jónás T pontja, a keresett hosszúságok AT = 4/5 AC = 4/5 * 28 cm = 22.4 cm, BT = 3/5 BC = 3/5 * 21 cm = 12.6 cm , mint [1597]-ben.
|
Előzmény: [1596] jonas, 2012-10-23 22:01:37 |
|
|
[1599] Blinki Bill | 2012-10-24 06:57:11 |
Mivel F felezi az ívet, ezért CF a C-nél levő szög szögfelezője és az AB oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja a szögfelező-tétel miatt. Az arány 3:4, így a 35cm-t kell ilyen arányban bontani, adódik 20cm és 15cm.
|
Előzmény: [1595] Kásás János, 2012-10-23 20:10:04 |
|
|
[1597] jonas | 2012-10-23 22:26:48 |
A feladat első részéhez vedd észre, hogy a háromszög derékszögű.
Tegyük fel, hogy a BC oldal hossza 21 cm, az AC oldalé pedig 28 cm. Koordinátázzuk úgy a síkot, hogy a háromszög körülírt körének a középpontja legyen az origó, az A pont legyen a (-17.5 cm, 0), a B legyen (17.5 cm, 0), a C második koordinátája pedig legyen pozitív.
Jelölje T a C-hoz tartozó magasság talppontját. A talppont az AB átfogón úgy helyezkedik el, hogy az AT távolság egyenlő az AC befogó négyzete osztva az átfogóval, vagyis 22.4 cm. Ebből a T koordinátái (4.9 cm, 0). A CT magasság hossza egyenlő a befogók szorzata osztva az átfogóval, vagyis 16.8 cm, így a C koorindátája (4.9 cm, 16.8 cm).
Mármost az F pont a feladat szerint annak az ívnek a felezőpontja, aminek az átmérője az A és a B pont, ezért az F koordinátái (0, -17.5 cm). Ebből a CF szakasz metszete az AB koordinátatengellyel, amit hívjunk R-nek, (4.9cm.17.5cm/(17.5cm+16.8cm),0) = (-2.5cm,0). Ebből pedig az AR szakasz hossza 20 cm, az RB szakasz hossza pedig 15 cm.
|
Előzmény: [1595] Kásás János, 2012-10-23 20:10:04 |
|
|
[1595] Kásás János | 2012-10-23 20:10:04 |
Segítséget szeretnék kérni tőletek, mert nem tudom megoldani a gyermekem házi feladatát:
Az ABC háromszög oldalainak hossza 21, 28 és 35 cm. A háromszög köré írt kört a háromszög csúcsai három ívre bontják. Ezek közül a leghosszabb ív felezőpontja F. Kössük össze F-et a háromszög szemközti csúcsával (legyen ez a csúcs C). Mekkora részre bontja a CF szakasz az AB szakaszt? Tükrözzük a C pontot az AN szakasz egyenesére (C’). Mekkora részre bontja a CC’ szakasz az AB oldalt?
A szögfüggvényeket még nem tanulták, azokat nem lehet használni.
Fáradozásotokat előre is megköszönve.
Tisztelettel: Kásás János
|
|
|
[1593] m2mm | 2012-08-14 10:50:14 |
Projektív megoldást találtam én is, elemi engem is érdekelne.
Ma böngészve régebbi KöMaL-példák között találtam a B.3680. feladatra, ami tulajdonképpen a 181. feladat nemtriviális része, így egy újabb megoldást rakhatunk a feladathoz, a hivatkozásban láthatunk egy újabb bizonyítást.
B.3680
|
Előzmény: [1570] Vonka Vilmos Úr, 2012-05-27 20:25:16 |
|
|
|
|
|
[1588] Fálesz Mihály | 2012-08-13 09:07:23 |
Állandó görbületű felületeken (terekben) is igaz, hogy ha AB egy kör (gömb) átmérője, C pedig egy harmadik pont a körvonalon (gömbfelületen), akkor az ABC háromszög C-nél levő szöge egyenlő a másik két csúcsnál levő szög összegével.
|
Előzmény: [1587] Gézoo, 2012-08-13 08:23:50 |
|
[1587] Gézoo | 2012-08-13 08:23:50 |
Ez nyilvánvaló. Alapból a szimbólum a kör kerületének és átmérőjének arányát jelöli. Az Eukledeszi geometria mint elvi felvetés, kizárólag olyan alakzatokra érvényes amelyek "közelében" ( azaz végtelen nagy távolságon belül) nincs anyag amely "deformálná" a téridőt. Vagyis a világmindenségben sehol sem érvényes, mert nincs olyan térrész ahol ne lenne téridő görbület. Ebből következően, a valós testek, "síkidomok" esetében a Pi értéke, még elvileg sem lehet állandó.
Egy példával: "Ha például az asztalon felállítunk három darab gúlát és a csúcsaikat összekötő síkról azt feltételezzük, hogy az valóban sík, akkor tévedünk, mert a téridő görbületet nem vettük figyelembe. Azaz mi a képzeletünkben hiába egy síkot ültetünk a három csúcsra, a csúcsokat érintő 2D-s felszín az domború. Egészen pontos legyek, a fel-le irány figyelembe vételével, akkor homorú. Mégpedig egy parabolikus forgásfelület. (Forgási paraboloid.)
Azaz ha ezen paraboloidon lenne egy kör átmérője (vagy egy gömb átmérőjén átmenő 2D-s felülete) akkor a kör alsó feléhez hajló átmérő hossza, nagyobb mint az alsó fél hossza/Pi/2 azaz ha a hosszok aránya (a definíció szerint ) adja a Pi értékét, akkor a Pi kizárólag csak a nem létező síkok esetében állandó értékű."
Viszont ez nem jelenti azt, hogy például Thales tételének általánosított formája ne lehetne érvényes a görbült terek alakzatai közül némelyekre.
Vagyis a kérdés, feltételezhető-e olyan alakzatok léte amelyekre érvényes Thales tétele.
|
Előzmény: [1586] Lóczi Lajos, 2012-08-11 22:05:20 |
|
|
[1585] Gézoo | 2012-08-11 17:59:04 |
"Megkérlek, mondd ki Thálesz tételét abban az alakban, ami a szívedhez legközelebb áll. "
Továbbra sem érted a kérdést, felteszem más formában:
Olyan alakzatok közül amelyekben a értéke eltér az elvi síkon érvényes 3,14... értéktől, akadhat-e olyan amelyre érvényes lehet Thales tétele?
|
Előzmény: [1581] Kemény Legény, 2012-08-05 10:49:11 |
|
|
[1583] Kemény Legény | 2012-08-05 13:29:31 |
A kérdés általánosan megválaszolható gráfelméleti úton, Euler poliéder-tételének felhasználásával, de adható egyszerű megoldás szögszámolással is.
Legyen a "külső" sokszög k0 csúcsú, továbbá legyenek "kivágva" belőle k1,...kn csúcsú sokszögek, azaz n db "lyuka" legyen a "fánknak". Továbbá tekintsünk egy háromszögelését a "fánknak" N db háromszöggel.
Először is felhasználjuk, hogy egy "lyuk" nélküli k-szög belső szögeinek összege=(k-2)*180°. /Erre később visszatérünk./
Ezután adjuk össze az összes háromszögben megjelenő szöget és adjuk hozzá a "lyukakat" alkotó sokszögek szögeit is: N*180°+(k1-2)*180°+...+(kn-2)*180° lesz az összeg.
Ezt az összeget azonban másként is megkaphatjuk: minden belső pont (összesen k1+...+kn darab) körüli 360°-os szöget és a külső sokszög belső szögeit összeadva épp ezt kapjuk, azaz:
N*180°+(k1-2)*180°+...+(kn-2)*180°=(k1+...+kn)*360°+(k0-2)*180°
Azaz N=2n-2+k0+k1+...+kn háromszög szerepel a felbontásban minden esetben. Ez összhangban van a tapasztalataiddal, ugyanis csúcsok száma=k0+k1...+kn. Tehát háromszögek száma=csúcsok száma + 2*lyukak száma -2.
Visszatérve az elejére, még be kellene látni, hogy minden nem lyukas sokszög szögeinek összege (k-2)*180°. Ez nem egy triviális állítás, sőt impliciten feltételeztük, hogy mindig létezik egyáltalán háromszögelés. Ha belegondolsz, nem is olyan egyszerű belátni, hogy minden sokszög háromszögelhető. Ha ugyanis tudjuk, hogy van háromszögelés, akkor belátható (gondold végig, miért), hogy található olyan háromszög, aminek a csúcsait 3 szomszédos csúcs adja, a háromszöget elhagyva pedig alkalmazható a teljes indukció.
A vége kicsit vázlatosra sikerült, de érdemes végiggondolni, miért is igazak a fentiek és hogyan megy ez precízen.
|
Előzmény: [1582] cocka, 2012-08-05 12:51:53 |
|