W trójkącie prostokątnym ABC...

[sysia92]

W trójkącie prostokątnym ABC na przeciwprostokątnej AB odłożono odcinek BD równy BC i punkt D połączono z punktem C. Oblicz |CD|, jeżeli wiesz, że |BC|= 14 i |AC|= 48.

Bardzo prosze o pomoc w zrobieniu rysunku i obliczeniach, kompletnie nie wiem jak to zrobic.

[wujomaro]

Z tw Pitagorasa obliczasz przeciwprostokątną. Potem na przykład twierdzeniem sinusów obliczasz kąty w trójkącie ABC, znajdujesz kąt B, a potem z tw. cosinusów obliczasz długość odcinka CD, bo \(\displaystyle{ |CB|=|BD|=14}\)
Wszystko jasne?
Pozdrawiam!

[Marcinek665]

Rysunek:


Z Pitagorasa łatwo wyliczyć \(\displaystyle{ |AB|=50}\), z określenia punktu \(\displaystyle{ D}\) mamy również \(\displaystyle{ |BD|=14}\) i w efekcie \(\displaystyle{ |DA|=36}\).

Skorzystajmy z twierdzenia Stewarta:

\(\displaystyle{ CD= \sqrt{\frac{CA^2 \cdot BD + CB^2 \cdot DA - BD \cdot DA \cdot AB}{AB}} = \\ = \sqrt{\frac{48^2 \cdot 14 + 14^2 \cdot 36 - 14 \cdot 36 \cdot 50}{50}} = \frac{84}{5}}\).

Innej drogi nie widzę.

Potem na przykład twierdzeniem sinusów obliczasz kąty w trójkącie ABC, znajdujesz kąt B

No właśnie kąty wychodzą bardzo brzydkie

EDIT: Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę

[Sherlock]

Dorzucę jeszcze sposób bez użycia funkcji trygonometrycznych. Skorzystamy z podobieństwa trójkątów. Po wyliczeniu przeciwprostokątnej AB możemy rysunek "poopisywać" w ten sposób:

Trójkąt DBE jest podobny do trójkąta ABC (dlaczego?). W jakiej skali? Ano wykorzystajmy ich przeciwprostokątne: \(\displaystyle{ k= \frac{|BD|}{|BA|}= \frac{14}{50}=0,28}\). Zatem długość \(\displaystyle{ |ED|}\) stanowi \(\displaystyle{ 0,28}\) długości \(\displaystyle{ |CA|}\), zaś długość \(\displaystyle{ |BE|}\) stanowi \(\displaystyle{ 0,28}\) długości \(\displaystyle{ |BC|}\). Po ustaleniu długości \(\displaystyle{ |CE|}\) i \(\displaystyle{ |ED|}\) i pozostaje z tw. Pitagorasa wyliczyć \(\displaystyle{ |CD|}\).

[kamil13151]

Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę

Stosować tw. Stewarta, a nie wiedzieć, że jego dowód to nic innego jak 2 razy wykorzystanie tw. cosinusów?

[skazy]

Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę

Stosować tw. Stewarta, a nie wiedzieć, że jego dowód to nic innego jak 2 razy wykorzystanie tw. cosinusów?

W szkole średniej na ten przykład stosuje się rozwiązywanie równań z wyznaczników, ale ani razu nie tłumaczy się, dlaczego to działa.

[timon92]

uratuję ładny obrazek Marcinka789 oszpecony brzydkim rozwiązaniem

niech punkt \(\displaystyle{ E}\) - drugie przecięcie prostej \(\displaystyle{ AB}\) z tym okręgiem

\(\displaystyle{ \Delta ACE \sim \Delta ADC \implies \frac{CE}{CD} = \frac{48}{36} = \frac 43 \implies CE = \frac 43 CD}\)

i teraz z Pitagorasa \(\displaystyle{ 28^2 = DE^2 = CE^2+CD^2 = (\frac{16}9 + 1)CD^2 = \frac{25}{9} CD^2 \implies CD = \frac{3}{5} \cdot 28 = \frac{84}5}\)