Trapez a twierdzenie cosinusów

laurelandilas · Post autor: **laurelandilas** » 6 cze 2010, o 16:12

Witam wszystkich. Proszę o pomoc w rozwiązaniu poniższego zadania za pomocą twierdzenia cosinusów:

Dany jest trapez ABCD o podstawach AB i CD, w którym <)BAD=<)ABC=60 oraz CD<BC .
Na boku BC tego trapezu wybrano taki punkt E, ze EB =CD. Wykaz, ze BD=AE.

Jest to zadanie z V edycji OMG. Zrobiłem je za pomocą podobieństwa trójkątów, ale chciałbym umieć rozwiązać je też w inny sposób. Policzyłem jedynie długość odcinka AE i wyszło mi \(\displaystyle{ \sqrt{a ^{2}+b ^{2}-ab }}\)

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 6 cze 2010, o 17:39

a) zajrzyj do odpowiedzi, są zamieszczone na stronie OMG
b) przedłuż boki AD i BC do przecięcia w F. zauważ, ABF jest równoboczny. uzasadnij, że trójkąt ACF przystaje do ABE. wywnioskuj stąd coś o trójkącie ACE. wykorzystaj fakt, że AC=BC.

laurelandilas · Post autor: **laurelandilas** » 7 cze 2010, o 12:51

Klaustrofob, odpowiedzi widziałem, lecz tak jak napisałem: wiem, że można to policzyć z Twierdzenia Carnota w sprytny sposób, lecz nie wiem jak. Dlatego proszę o pomoc.

klaustrofob · Post autor: **klaustrofob** » 7 cze 2010, o 19:33

twierdzenie Carnota, czyli uogólnione Pitagorasa? na szybko mam tak: niech ramię trapezu (jest on równoramienny) to x. wtedy raz z Carnota: \(\displaystyle{ BD^2=b^2+x^2+bx}\) i drugi \(\displaystyle{ BD^2=a^2+x^2-ax}\) stąd \(\displaystyle{ b^2+x^2+bx=a^2+x^2-ax}\) i \(\displaystyle{ (a-b)(a+b)=x(a+b)}\) czyli \(\displaystyle{ x=a-b}\) (swoją drogą: ciekawe) i teraz \(\displaystyle{ BD^2=b^2+(a-b)^2+b(a-b)=a^2+b^2-ab}\)