Fórum: GEOMETRIA

Létezik olyan geometria ami "túlmutat" a gömbin? (-w Neked köszi a segítséget.)

Köszönom.

A gömbháromszög területét nem határozza meg egy oldal és a hozzá tartozó magasság.

Valójában a terület használatára nincs is szükség, az euklideszi háromszögekben az összefüggés egyszerű hasonlóságból jön ki.

Ehhez még nem értek, de szerintem igen. Persze ehhez a gömbfelületen kell területet definiálni, vagy arányossági tételeket csinálni.

És ez működik gömbháromszögnél is?

Minek ide a Pitagorasz-tétel (ami amúgy következik a befogótételből)? Ha magasság van akkor mindig írd fel a területképletet! , ahonnan centiméter.

Általában a terület kiszámításához szükséges. Azzal van a baj hogy pitagorasz-tétel sem alkalmazható. Azért köszi, de már nem aktuális.

A befogótétel csak derékszögű háromszögre alkalmazható, általános esetben sem. Inkább azon gondolkodj el, hogy minek a kiszámolásához használjuk leggyakrabban a háromszög magasságait?

Adott a lenti feladat: Egy háromszögben a=5,6 cm b=6,4 cm ma = 4 cm Mekkora mb? Befogotetellel probaltam megcsinalni, de elakadtam.

A másik megoldást nem én találtam ki, a feladat kitűzőjétől származik.

Legyen I a beírt kör középpontja, az érintési pontok A₂, B₂ és C₂. Az BA₂IC₂ és CB₂IA₂ deltoidokba írt körök egyik közös belső érintője az IA₂ sugár. A másik közös érintő, csodák csodájára, átmegy az A csúcson...

Jó, mutatok két szerkesztést, de neked házi feladat kitalálni, hogy ezek miért működnek. Az elsőt én találtam ki.

Legyen k a beírt kör, A₂ a k A-val szemközti érintési pontja, és legyen A₃ az AA₂ szakasz és k második metszéspontja. Legyen m az a körív a háromszög belsejében, ami A₁-ban és A₂-ben merőlegesen metszi k-t. Húzzunk A-ból érintőt m-hez; ez át fog menni a keresett P ponton, és kimetszi az A₁ pontot a BC oldalon.

Kivéve a szerkesztést. Egyébként, ha ismersz rá valami szép szerkesztést, azt örömmel látnám.

Ha jól látom, ez éppen az A. 570.

Na, ez már nem nehéz feladat, hanem szerintem elírás volt a Szőkefalvi-verseny kilencedikes fordulójában:

Adott ABC háromszög síkjában hat. meg azon P pontok halmazát, melyekre PA+BC=PB+AC=PC+AB.

Én is erre a megoldásra gondoltam (elvben). Talán még egyszerűbb lehetett volna, ha J-n keresztül párhuzamost húzol KL-lel, mert akkor a keletkezett szögek stb. tulajdonságait könnyebb megvizsgálni (meg természetes lépés, hogy igazolni akarjuk, hogy LM valamilyen módon középvonal). Nem feltétlenül kell akkor más, mint a 7. osztályos ismeretek, ami nem rossz egy olimpiai válogatóversenyről származó példától.

Az ABC és DBC háromszögekben a beírt körhöz C-ből húzható érintők hosszának különbsége AD/2 (újjgyakorlat) . LN=AD/2=AT=TD,TL=DN . Vegyük fel NC-n P-t úgy, hogy NP=DN . DNJ és PNJ derékszögű háromszögek egybevágóak. A kék szögek egyenlőek ( /2 ), OL és JN párhuzamosak, így PJ és LK ( LM ) is párhuzamosak , AJP és AML hasonló háromszögek, AP = AD + DP = 2 AT + 2 TL = 2 AL , AJ = 2 AM.

Igen, a felezést kell igazolni.

Az mindenesetre látszik, hogy ha az arány a szögektől független állandó, akkor csak 1/1 ( felezés ) lehet, mert ha növekszik és eléri a 90 fokot, akkor a két kör - és így O és J - egybeesik, AKOL = AKJL négyzet, melynek átlói felezik egymást :-)

A következő már középiskolás versenyfeladat:

Tekintsünk egy olyan ABC háromszöget, melyre <<90°. Beírt köre AC-t L-ben, AB-t K-ban érinti. A D pont AC-nek belső pontja, ami BD=BA-t teljesíti. Legyen a BDC háromszög beírt körének középpontja J. Milyen arányban osztja KL az AJ szakaszt?

Elnézést a késő válaszért, én is erre a megoldásra gondoltam.

Szabad a gazda! A szabályos 12-szögbe illesztéssel próbálkozva én is a [1634] -beli megoldásra jutottam, jobbat nem találtam.

Akkor egy megoldás csak egyenlő szárú háromszögekkel (és egy helyen tengelyes szimmetriával).

Legyen az AC másik harmadolópontja I, és rajzoljuk meg befelé a HIK szabályos háromszöget. A K pont a BH szakaszon van, mert AHB=120^o. Az AH,HI,IC,HK,IK szakaszok egyenlőek.

Az AHK és CIK háromszögek egyenlő szárúak, innen kapjuk a bejelölt 30 fokos szögeket. Ezután BAK=15^o, és az ABK háromszög is egyenlő szárú. Tehát AK=BK. A K rajta van az AC felező merőlegesén, így AK=CK. Végül a BCK háromszög is egyenlő szárú, mert BK=AK=CK, tehát BCK=CBK=45^o.

"- Valóban eltekinthetünk-e attól, hogy az S-en lévő háló oldalak nem egyenes szakaszok, hanem körívek?"

Eltekinthetünk, ha módosítunk kicsit az eljáráson, P csúcsait G₁-re vetítjük, legyen A,B P két csúcsa, ekkor a köztük fut él illeszkedjen az A',B',O₂ pontokon átmenő gömbi körre, ekkor az A'B' szakasz képe egy egyenesre illeszkedik, de ekkor további problémák léphetnek fel.

Egy másik mód, ha O pontból képezzük S síkra (mely sík illeszkedik P egy lapjára) P-t úgy, hogy minden él rövidebb, mint a képe, és a lapok képei nem fedik egymást, kivéve egy lapot, mely az egész képet fedi. Ilyen O pont létezik (számomra érdekes feladat volt meghatározni ezen pontok mértani helyét), de most már úgy látom, nem a leképezésen van a hangsúly, hanem F valamely tulajdonságán. Egyelőre elakadtam.

:) Neked még hány ilyen "kalapácsod" van?

Van megfelelő eszköz, lehet nagyon elegáns (az alapvetőségi értelemben), de nagyon nehéz megoldást adni rá. Én max. az országos fordulón tűztem volna ki. Az előbbi hozzászólásomban felsorolt módszereket (tényleg, más nincs) alaposan át kell gondolni mindegyik lehetőséget. Tehát, találjunk egy alkalmas vonalat, amit behúzva csodák történhetnek!

Rendben, azért még kérlek várj egy kicsit a "hetedikes" megoldás felrakásával. Hadd próbálkozzak egy [1615] jellegű pofonegyszerű változattal.