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.
W trójkącie prostokątnym ABC...
- wujomaro
- Użytkownik
- Posty: 2154
- Rejestracja: 27 lis 2009, o 19:02
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 11 razy
- Pomógł: 299 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
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!
-
- Użytkownik
- Posty: 1824
- Rejestracja: 11 sty 2007, o 20:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice, Warszawa
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 228 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
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.
EDIT: Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę
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.
No właśnie kąty wychodzą bardzo brzydkiewujomaro pisze:Potem na przykład twierdzeniem sinusów obliczasz kąty w trójkącie ABC, znajdujesz kąt B
EDIT: Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę
- Sherlock
- Użytkownik
- Posty: 2783
- Rejestracja: 19 lis 2008, o 18:45
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Pomógł: 739 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
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 \(\displaystyle{ |CD|}\).
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 \(\displaystyle{ |CD|}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 5018
- Rejestracja: 28 wrz 2009, o 16:53
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 459 razy
- Pomógł: 912 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
Stosować tw. Stewarta, a nie wiedzieć, że jego dowód to nic innego jak 2 razy wykorzystanie tw. cosinusów?Marcinek665 pisze:Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę
- skazy
- Użytkownik
- Posty: 32
- Rejestracja: 30 gru 2011, o 23:07
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Chorzów / Warszawa
- Pomógł: 2 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
W szkole średniej na ten przykład stosuje się rozwiązywanie równań z wyznaczników, ale ani razu nie tłumaczy się, dlaczego to działa.kamil13151 pisze:Stosować tw. Stewarta, a nie wiedzieć, że jego dowód to nic innego jak 2 razy wykorzystanie tw. cosinusów?Marcinek665 pisze:Dobra, jednak da się z tw. cosinusów. Wobec tego moje rozwiązanie można potraktować jako ciekawostkę
- timon92
- Użytkownik
- Posty: 1657
- Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 7 razy
- Pomógł: 472 razy
W trójkącie prostokątnym ABC...
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 \(\displaystyle{ 28^2 = DE^2 = CE^2+CD^2 = (\frac{16}9 + 1)CD^2 = \frac{25}{9} CD^2 \implies CD = \frac{3}{5} \cdot 28 = \frac{84}5}\)
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 \(\displaystyle{ 28^2 = DE^2 = CE^2+CD^2 = (\frac{16}9 + 1)CD^2 = \frac{25}{9} CD^2 \implies CD = \frac{3}{5} \cdot 28 = \frac{84}5}\)