Jaki to trójkąt?

Astarte · Post autor: **Astarte** » 23 mar 2006, o 18:03

Mam takie zadanko:

W kwadracie ABCD na pionowej osi symetrii, przechodzącej przez środki naprzeciwległych jego boków (AB i CD), zaznaczono punkt P, tak że kąt między odcinkiem AP i bokiem AB ma 15 stopni. Jakim trójkątem jest trójkąt CPD?

Zadanie należy rozwiązać nie uzywając funkcji trygonometrycznych, ani żadnych skąplikowanych obliczeń (zadanie dla gimnazjalistów). Miłego rozwiązywania

Aramil · Post autor: **Aramil** » 23 mar 2006, o 19:49

To chyba będzie trójkąt równoboczny

Astarte · Post autor: **Astarte** » 23 mar 2006, o 20:02

Tak to juz wiem
Tak chyba będzie.. ale trzeba to udowodnić
A ja nie wiem jak

ozon · Post autor: **ozon** » 23 mar 2006, o 20:10

acha, równoboczny
obliczasz tangensem długość przyprostokątnej naprzeciw kąta 15stopni.
odejmujesz to od a i teraz masz wysokość
\(\displaystyle{ tg =\frac{x}{0,5a}\\ h=a-x}\)
musisz sprawdzić czy to jest wysokość trójkąta równobocznego czyli

\(\displaystyle{ h=\frac{a\sqrt{3}}{2}}\)

i wszystko jasne;
acha acha

Astarte · Post autor: **Astarte** » 23 mar 2006, o 20:21

Ale trzeba to udowodnić NIE stosując funkcji trygonometrycznych ( np. tangensa =.=')
Tylko podstawy geometrii... To zadanie dla gimnazjalistów, którzy nie znają jeszcze takich wzorów...

Aramil · Post autor: **Aramil** » 23 mar 2006, o 20:59

Weź sobie taki punkt E dla ktorego trojkąty ABP i BEC sa przystajace wtedy kat PBE jest rowny 60 stopni nastepnie biezesz punkt F dla ktorego DCF i EBC sa przystające wtedy kat FCE jest rowny 60 stoni a tym samyn DCP jest rowny 60 stopni i DP=PC wiec trojkat jest trojkatem rownobocznym

to chyba bedzie tak

Astarte · Post autor: **Astarte** » 23 mar 2006, o 21:36

Niebardzo widze dlaczego w tym wypadku kat DCP ma byc równy 60 stopni..

mati1233 · Post autor: **mati1233** » 23 mar 2006, o 21:44

No mi też się wydaje że rozumowanie Aramila jest błędne.

edit. Chyba rozwiązałem ale nie wiem czy dobrze. Sprawdźcie mnie.
Rysunek niedokładny ale wiadomo o co chodzi - trójkąt ABP i BQC są przystające, a E i W to środki boków AB i CD.

No i teraz obliczenia.
\(\displaystyle{ \angle ABP = \angle BQC = 150\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle ABP = \angle QBC = 15\circ}\)
więc: \(\displaystyle{ \angle PBQ = 60\circ}\)
\(\displaystyle{ PB = BQ}\), więc \(\displaystyle{ \angle BPQ = \angle BQP = 60\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle PQC + \angle PQB + \angle BQC = 360\circ}\)
więc: \(\displaystyle{ \angle PQC = 150\circ}\)
\(\displaystyle{ PQ = QC}\) więc: \(\displaystyle{ \angle CPQ = \angle QCP = 15\circ}\)

No i teraz
\(\displaystyle{ \angle BPE + \angle QPB + \angle CPQ + \angle CPW = 180\circ}\)
\(\displaystyle{ 75\circ + 60\circ + 15\circ + \angle CPW = 180\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle CPW = 30\circ}\)

Później to już banał.

guzik15 · Post autor: **guzik15** » 24 mar 2006, o 16:35

Przyznam, nie widzę żadnego błędu, ale jakoś mi tak dziwnie wyglądam, może się myle

Astarte · Post autor: **Astarte** » 24 mar 2006, o 20:01

Hmm.. no całkiem nieźle..
Tylko nie rozumiem skąd wiesz, że trójkąt PQC jest równoramienny... i ma przy podstawie 15 stopni.. Musiałbyś wyjść z założenia, że BC i PC są równe, a wtedy to nawet nie trzeba liczyć kątów

mati1233 · Post autor: **mati1233** » 24 mar 2006, o 20:26

Astarte pisze:Tylko nie rozumiem skąd wiesz, że trójkąt PQC jest równoramienny... i ma przy podstawie 15 stopni.. Musiałbyś wyjść z założenia, że BC i PC są równe, a wtedy to nawet nie trzeba liczyć kątów

Trójkąt BQC ma kąty 150, 30 i 30. \(\displaystyle{ \angle PBQ = 90\circ - 2*15\circ = 60\circ}\) Boki PB i BQ są równe (bo trójkąty ABP i BQC są przystające), a kąt między nimi to \(\displaystyle{ 60\circ}\) stąd wniosek, że trójkąt PBQ jest równoboczny i PQ = PB = BQ. Teraz znamy wszystkie kąty przy punkcie Q oprócz \(\displaystyle{ \angle PQC}\), więc można prosto wyliczyć i ż wynosi on 150\(\displaystyle{ \circ}\) No a że PQC jest równoramienny to kąty przy podstawie wychodzą po 15\(\displaystyle{ \circ}\) no więc trójkąt PQC jest przystający do QBC.

Jak bredze to poprawcie.

Astarte · Post autor: **Astarte** » 24 mar 2006, o 20:27

Ok już rozumiem
Na prawde gratuluje pomyslu :] i dzieki za pomoc

mati1233 · Post autor: **mati1233** » 24 mar 2006, o 20:31

Dzięki, ale właściwie rozwiązanie podsunął mi Aramil Gdyby nie On to nie wpadł bym na to żeby sobie narysować trójkąt przystający do ABP na boku BC