Przedłużenie dwusiecznej kątów wierzchołkowych

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 10:22

Witam
Nigdy nie byłem dobry w wykazywaniu i chciałbym się jakoś nauczyć.
Kąty $\displaystyle{ AOC}$ i $\displaystyle{ BOD}$ są kątami wierzchołkowymi. Wykaż, że przedłużenie dwusiecznej kąta AOC jest dwusieczną kąta BOD.

Moja odpowiedź:
$\displaystyle{ AOC=BOD}$
$\displaystyle{ AOB=COD}$

Myślę, że muszę jeszcze tu coś dopisać.. Ale skoro to są kąty wierzchołkowe to jak wykazać coś tak oczywistego ?..

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 10:51

$\displaystyle{ \begin{picture}(0,0)
\put(-60,0){\line(1,0){120}}
\put(-60,-40){\line(3,2){120}}
\put(-60,40){\line(3,-2){120}}
\put(-67,-3){$E$}
\put(-67,-42){$A$}
\put(-67,37){$C$}
\put(62,-3){$F$}
\put(62,-42){$B$}
\put(62,37){$D$}
\put(-3,3){$O$}
\end{picture}}$

$\displaystyle{ \sphericalangle BOF = \ldots = \sphericalangle DOF}$

Twoim zadaniem jest uzupełnienie brakującej części.

Rantaurel pisze: Moja odpowiedź:
$\displaystyle{ AOC=BOD}$
$\displaystyle{ AOB=COD}$

Jak to ma się do tezy zadania?

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 11:49

Chciałem wykazać, że te kąty są wierzchołkowe co prowadzi do tego, że przedłużenia dwusiecznych kątów wierzchołkowych są wspólne, ale Ty narysowałeś i oznaczyłeś dwusieczną i po prostu przedstawiłeś bezpośrednio, że kąty przez nią utworzone są takie same. Więc myślę, że to będzie:
$\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE=\sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$
Dzięki za pomoc

Nie jestem jednak pewien do kolejnego zadania tego rodzaju i chcę prosić znów o pomoc:
Długości odcinków$\displaystyle{ AB}$, $\displaystyle{ AC}$, $\displaystyle{ BC}$, $\displaystyle{ BD}$ i $\displaystyle{ CD}$spełniają warunki:
$\displaystyle{ |AB|=|AC|+|BC|+|BD|=|CD|}$
Uzasadnij, że punkty $\displaystyle{ A, B, C, D}$ leżą na jednej prostej.

Moje uzasadnienie (postanowiłem pokazać, że odcinki mają wspólne części):
Wszystkie punkty leżą na jednej prostej gdyż:
$\displaystyle{ \left| BC\right| \in \left| AB\right|}$
$\displaystyle{ \left| BC\right| \in \left| CD\right|}$
$\displaystyle{ \left| AB\right| \in \left| AD\right|}$ (żeby zgadzało się z $\displaystyle{ \left| BC\right|+\left| BD\right|=\left| CD\right|}$ )

Mam nadzieję, że próbuję dobrze.

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 12:13

Oczywiście w rozwiązaniu powinien być jeszcze opis, co znajduje się na rysunku. Półprosta $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną kąta $\displaystyle{ AOC}$. Półprosta $\displaystyle{ OF}$ jest jej przedłużeniem. Należy wykazać, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle BOD}$.

Rantaurel pisze: $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE=\sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$

Ja bym to zapisał w innej kolejności. Czy na pewno każdą z powyższych równości potrafisz uzasadnić?

Rantaurel pisze: $\displaystyle{ \left| BC\right| \in \left| AB\right|}$

Liczba należy do liczby? Nie rozumiem.

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 12:32

norwimaj pisze:Czy na pewno każdą z powyższych równości potrafisz uzasadnić?

No chyba tak.. $\displaystyle{ \sphericalangle BOF}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle COE}$ to kąty wierzchołkowe czyli są takie same. Podobnie $\displaystyle{ \sphericalangle AOE}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle DOF}$ są kątami wierzchołkowymi. A, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle BOD}$ to jej przedłużenie $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną przeciwległego do $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ kąta $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$. A kąty $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ są wierzchołkowymi, mają taką samą miarę, czyli powinno się zgadzać..

norwimaj pisze:
Rantaurel pisze: $\displaystyle{ \left| BC\right| \in \left| AB\right|}$
Liczba należy do liczby? Nie rozumiem.

Chodzi mi o to, że odcinek $\displaystyle{ \left| AB\right|}$ zawiera w sobie odcinek $\displaystyle{ \left| BC\right|}$, dlatego muszą być na jednej prostej.

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 12:50

Rantaurel pisze:A, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle BOD}$ to jej przedłużenie $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną przeciwległego do $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ kąta $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$.

Nie mamy założenia, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną. Zakładamy za to, że $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$, więc powyższe zdanie jest nie tylko nieuzasadnione, ale i niepotrzebne.

Ponieważ $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$, to $\displaystyle{ \sphericalangle COE=\sphericalangle AOE}$. Łącznie z tym co napisałeś:

Rantaurel pisze:$\displaystyle{ \sphericalangle BOF}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle COE}$ to kąty wierzchołkowe czyli są takie same. Podobnie $\displaystyle{ \sphericalangle AOE}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle DOF}$ są kątami wierzchołkowymi.

mamy ciąg równości $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle COE=\sphericalangle AOE=\sphericalangle DOF}$. Natomiast tutaj:

Rantaurel pisze: $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE=\sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$

równości $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$ nie są uzasadnione.

Rantaurel pisze:A kąty $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ są wierzchołkowymi, mają taką samą miarę, czyli powinno się zgadzać..

Tego wnioskowania nie rozumiem wcale.

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 16:41

norwimaj pisze:
Rantaurel pisze:A, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle BOD}$ to jej przedłużenie $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną przeciwległego do $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ kąta $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$.
Nie mamy założenia, że $\displaystyle{ OF}$ jest dwusieczną. Zakładamy za to, że $\displaystyle{ OE}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$, więc powyższe zdanie jest nie tylko nieuzasadnione, ale i niepotrzebne.

Pomyliłem dwusieczną $\displaystyle{ OF}$ z $\displaystyle{ OE}$, mój błąd..

norwimaj pisze: mamy ciąg równości $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle COE=\sphericalangle AOE=\sphericalangle DOF}$. Natomiast tutaj:
Rantaurel pisze: $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE=\sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$
równości $\displaystyle{ \sphericalangle BOF=\sphericalangle AOE}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle COE=\sphericalangle DOF}$ nie są uzasadnione.

Aha, już rozumiem..

norwimaj pisze:
Rantaurel pisze:A kąty $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$ i $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ są wierzchołkowymi, mają taką samą miarę, czyli powinno się zgadzać..
Tego wnioskowania nie rozumiem wcale.

Chodziło mi tu o to, że przedłużenie dwusiecznej $\displaystyle{ \sphericalangle COA}$ jest dwusieczną $\displaystyle{ \sphericalangle DOB}$ właśnie dlatego, że te dwa kąty są wierzchołkowe. Dopisałem to zdanie dla dowodu.

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 16:52

Rozwiązanie zadania drugiego można zacząć tak:

Korzystając z nierówności trójkąta i z równości $\displaystyle{ |AB|=|AC|+|BC|+|BD|}$ mamy:

$\displaystyle{ |AB|=|AC|+|BC|+|BD|\ge|AB|+|BD|}$,

skąd wynika nierówność

$\displaystyle{ 0\ge|BD|}$,

czyli $\displaystyle{ B=D}$.

Dalej próbuj sam.

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 18:24

.... przepraszam nie wiem jak to się stało ale jakoś inaczej zapisałem to drugie zadanie przez pomyłkę
prawidłowo długości tych odcinków spełniają takie warunki:
$\displaystyle{ \left| AB\right| =\left| AC\right| +\left| BC\right|}$
oraz
$\displaystyle{ \left| BC\right|+\left| BD\right|=\left| CD\right|}$

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 19:11

Rzeczywiście tamta treść była dziwna. Pierwsza równość oznacza, że $\displaystyle{ C\in\overline{AB}}$ (punkt $\displaystyle{ C}$ należy do odcinka $\displaystyle{ AB}$). Z drugiej równości wynika, że $\displaystyle{ B\in\overline{CD}}$.

Żeby dokończyć zadanie, trzeba skorzystać z tego, że $\displaystyle{ B\ne C}$ (Zakładam że $\displaystyle{ BC}$ jest niezdegenerowanym odcinkiem, czyli ma niezerową długość. W przeciwnym razie teza zadania nie musi zajść.)

Skoro $\displaystyle{ C\in\overline{AB}}$, to mamy równość prostych $\displaystyle{ AB=BC}$. Analogicznie $\displaystyle{ B\in\overline{CD}}$, więc $\displaystyle{ BC=CD}$. Zatem $\displaystyle{ AB=BC=CD}$ jest jedną prostą, do której oczywiście należą wszystkie cztery punkty.

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 8 sie 2012, o 20:20

Wszystko jasne Dzięki
A jak można uzasadnić, że suma odległości dowolnego punktu płaszczyzny od wierzchołków danego czworokąta jest większa od połowy obwodu tego czworokąta ? Nie umiem nawet zacząć, gdzie patrzeć.. Czuję, że tu chodzi o nierówność trójkątów, które są tworzone przez te odległości oraz boki czworokąta, nie wiem jednak gdzie to sprawdzić na rysunku na przykład...

norwimaj · Post autor: **norwimaj** » 8 sie 2012, o 22:16

Nierówność trójkąta zastosuj cztery razy. Każdy bok czworokąta ma długość mniejszą (lub równą) od sumy długości pewnych dwóch odcinków, które zobaczysz jak zrobisz rysunek.

Rantaurel · Post autor: **Rantaurel** » 9 sie 2012, o 20:19

Dzięki za wszystko