prosiłbym o pomoc :
1. W trójkącie prostokątnym ABC o kącie prostym w wierzchołku C obrano taki punkt P, że pola trójkątów PAB, PBC i PAC są równe. Oblicz dłg. odcinka PC wiedząc, że |PA|�+|PB|�=m
2. Jedna z podstaw trapezu wpisanego w okrąg jest średnicą okręgu. Oblicz cosinus kąta ostrego trapezu wiedząc że stosunek obwodu trapezu do sumy dłg jego podstaw jest równy 1,5.
z góry dzięki za pomoc:)
pozdrawiam
2 zadanka (trójkąt i trapez) :)
-
mu
- Użytkownik
- Posty: 95
- Rejestracja: 29 kwie 2006, o 17:06
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: ZEA
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 26 razy
2 zadanka (trójkąt i trapez) :)
Bardzo fajne zadania
1] Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) to długości boków lężących naprzeciw wierzchołków \(\displaystyle{ A,B,C}\) odpowiednio. Niech jeszcze \(\displaystyle{ p,q}\) to odległości \(\displaystyle{ P}\) od odpowiednio \(\displaystyle{ AC,BC}\). Z faktu, że równe są pola, mamy, iż \(\displaystyle{ aq=bp=\frac{1}{3}ab}\), skąd dostajemy związki \(\displaystyle{ p=\frac{a}{3},q=\frac{b}{3}}\). Z twierdzenia Pitagorasa \(\displaystyle{ AP^2=p^2+(b-q)^2}\) oraz \(\displaystyle{ BP^2=q^2+(a-p)^2}\), toteż
\(\displaystyle{ m=AP^2+BP^2=p^2+q^2+(b-q)^2+(a-p)^2=2(p^2+q^2)+b^2+a^2-2(bq+ap)}\).
Ponownie korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy, że \(\displaystyle{ PC^2=p^2+q^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2)=\frac{c^2}{9}}\), więc możemy już skończyć
\(\displaystyle{ m=2(p^2+q^2)+c^2-\frac{2}{3}(b^2+a^2)=2PC^2+9PC^2-6PC^2=5PC^2}\) i ostatecznie \(\displaystyle{ PC=\sqrt{\frac{m}{5}}}\)
2] Skorzystamy z następujących faktów:
i) trapez wpisany w okrąg jest równoramienny
ii) jeśli jedna z jego podstaw jest średnicą okręgu, to ta podstawa jest widoczna pod kątem \(\displaystyle{ 90^{\circle}}\)
Niech \(\displaystyle{ a}\) to długość podstawy, która jest średnicą, \(\displaystyle{ b}\) to długość drugiej podstawy, \(\displaystyle{ c}\) to długość ramienia. Mamy ponadto dane, że \(\displaystyle{ \frac{a+b+2c}{a+b}=\frac{3}{2}}\), co implikuje \(\displaystyle{ 4c=a+b}\).
Niech \(\displaystyle{ \gamma}\) to szukany kąt. Mamy również \(\displaystyle{ \frac{c}{a}=\cos \gamma}\), co wynika z własności ii. Ten sam kosinus kąta możemy obliczyć jeszcze innym sposobem: jako stosunek odległości rzutu podstawy \(\displaystyle{ b}\) na \(\displaystyle{ a}\) od końca średnicy do ramienia \(\displaystyle{ c}\), co wyraża się przez ułamek \(\displaystyle{ \frac{a-b-c \cos \gamma}{c}}\), skąd otrzymujemy
\(\displaystyle{ \cos \gamma=\frac{a-b-c \cos \gamma }{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = \frac{a}{c}-\frac{b}{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = \frac{a}{c}-\frac{4c-a}{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = 2\frac{a}{c}-4}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = 2\frac{1}{\cos \gamma}-4}\)
\(\displaystyle{ \cos \gamma = \frac{1}{\cos \gamma}-2}\)
A rozwiązaniem tego równania jest
\(\displaystyle{ \cos \gamma = \sqrt{2}-1}\), zatem \(\displaystyle{ \gamma = \arccos (\sqrt{2}-1)}\)
Mam nadzieję, że nigdzie się nie pomyliłam
Pozdrawiam,
mu
1] Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) to długości boków lężących naprzeciw wierzchołków \(\displaystyle{ A,B,C}\) odpowiednio. Niech jeszcze \(\displaystyle{ p,q}\) to odległości \(\displaystyle{ P}\) od odpowiednio \(\displaystyle{ AC,BC}\). Z faktu, że równe są pola, mamy, iż \(\displaystyle{ aq=bp=\frac{1}{3}ab}\), skąd dostajemy związki \(\displaystyle{ p=\frac{a}{3},q=\frac{b}{3}}\). Z twierdzenia Pitagorasa \(\displaystyle{ AP^2=p^2+(b-q)^2}\) oraz \(\displaystyle{ BP^2=q^2+(a-p)^2}\), toteż
\(\displaystyle{ m=AP^2+BP^2=p^2+q^2+(b-q)^2+(a-p)^2=2(p^2+q^2)+b^2+a^2-2(bq+ap)}\).
Ponownie korzystając z twierdzenia Pitagorasa mamy, że \(\displaystyle{ PC^2=p^2+q^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2)=\frac{c^2}{9}}\), więc możemy już skończyć
\(\displaystyle{ m=2(p^2+q^2)+c^2-\frac{2}{3}(b^2+a^2)=2PC^2+9PC^2-6PC^2=5PC^2}\) i ostatecznie \(\displaystyle{ PC=\sqrt{\frac{m}{5}}}\)
2] Skorzystamy z następujących faktów:
i) trapez wpisany w okrąg jest równoramienny
ii) jeśli jedna z jego podstaw jest średnicą okręgu, to ta podstawa jest widoczna pod kątem \(\displaystyle{ 90^{\circle}}\)
Niech \(\displaystyle{ a}\) to długość podstawy, która jest średnicą, \(\displaystyle{ b}\) to długość drugiej podstawy, \(\displaystyle{ c}\) to długość ramienia. Mamy ponadto dane, że \(\displaystyle{ \frac{a+b+2c}{a+b}=\frac{3}{2}}\), co implikuje \(\displaystyle{ 4c=a+b}\).
Niech \(\displaystyle{ \gamma}\) to szukany kąt. Mamy również \(\displaystyle{ \frac{c}{a}=\cos \gamma}\), co wynika z własności ii. Ten sam kosinus kąta możemy obliczyć jeszcze innym sposobem: jako stosunek odległości rzutu podstawy \(\displaystyle{ b}\) na \(\displaystyle{ a}\) od końca średnicy do ramienia \(\displaystyle{ c}\), co wyraża się przez ułamek \(\displaystyle{ \frac{a-b-c \cos \gamma}{c}}\), skąd otrzymujemy
\(\displaystyle{ \cos \gamma=\frac{a-b-c \cos \gamma }{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = \frac{a}{c}-\frac{b}{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = \frac{a}{c}-\frac{4c-a}{c}}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = 2\frac{a}{c}-4}\)
\(\displaystyle{ 2\cos \gamma = 2\frac{1}{\cos \gamma}-4}\)
\(\displaystyle{ \cos \gamma = \frac{1}{\cos \gamma}-2}\)
A rozwiązaniem tego równania jest
\(\displaystyle{ \cos \gamma = \sqrt{2}-1}\), zatem \(\displaystyle{ \gamma = \arccos (\sqrt{2}-1)}\)
Mam nadzieję, że nigdzie się nie pomyliłam
Pozdrawiam,
mu