Piekielnie trudne rozszerzenie - trójkąt, dwusieczne, kąty..

[nevermore17]

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) poprowadzono dwusieczne kątów przy podstawie \(\displaystyle{ AB}\). Punkty przecięcia dwusiecznych z bokami trójkąta \(\displaystyle{ BC}\) i \(\displaystyle{ AC}\) oznaczono odpowiednio: \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Odcinki \(\displaystyle{ AD}\) i \(\displaystyle{ BE}\) przecinają się pod kątem \(\displaystyle{ 135^\circ}\), a ich długości wynoszą: \(\displaystyle{ AD = \frac{8 \sqrt{3} }{3}, BE = 8(3 \sqrt{2} - \sqrt{6})}\). Oblicz obwód trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), wiedząc, że \(\displaystyle{ AB = 16, AE = 16(2- \sqrt{2})}\) i \(\displaystyle{ BD = \frac{16 \sqrt{3} }{3}}\).

Dam też link do wcześniejszego tematu, który został usunięty (coby się nie powtarzać):
[ciach]

Link też został usunięty.
JK

[anna_]

Trójkąt \(\displaystyle{ ABD}\) ma boki równe odpowiednio:

\(\displaystyle{ AB=16}\)
\(\displaystyle{ AD= \frac{8 \sqrt{3} }{3} \approx 4,6}\)
\(\displaystyle{ BD= \frac{16 \sqrt{3} }{3} \approx 9,2}\)

Taki trójkąt nie istnieje.

W zadaniu podano błędne dane.

[nevermore17]

Ok, błąd w treści. Jednak gdybyśmy przyjęli poprawne dane, to jak należałoby to rozwiązać? Dajmy na to nawet rozwiązanie na literkach... Oznaczenia boków/odcinków wedle uznania - a, b, c, d, e... Ciekawi mnie sama metoda dojścia. Proszę o pomoc.

[anna_]

AU

640732076d66faef.png (12.9 KiB) Przejrzano 199 razy

[/url]

Pomysł jest taki:

Z trójkąta \(\displaystyle{ ABO}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} =180^o-135^o}\)
\(\displaystyle{ \frac{\alpha}{2} + \frac{\beta}{2} =45^o}\)
\(\displaystyle{ \alpha+\beta=90^o}\)
Czyli kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ C}\) jest kątem prostym.
Czworokąt \(\displaystyle{ HOGC}\) będzie więc kwadratem.

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\) liczysz \(\displaystyle{ \cos{ \frac{\alpha}{2} }}\), potem \(\displaystyle{ \sin{ \frac{\alpha}{2} }}\) i \(\displaystyle{ \tg{ \frac{\alpha}{2} }}\)

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ABE}\) liczysz \(\displaystyle{ \cos{ \frac{\beta}{2} }}\), potem \(\displaystyle{ \sin{ \frac{\beta}{2} }}\) i \(\displaystyle{ \tg{ \frac{\beta}{2} }}\)

Rozwiązujesz układ równań:
\(\displaystyle{ |AF|=x}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} \tg{ \frac{\alpha}{2} }= \frac{r}{x} \\ \tg{ \frac{\beta}{2} }= \frac{r}{16-x} \end{cases}}\)

Obwód trójkąta jest równy \(\displaystyle{ 2 \cdot 16+2r}\)

[nevermore17]

Dzięki za odpowiedź, leci "Pomógł", jednak albo ja jestem tępy, albo coś naknociłaś.

AU

640732076d66faef.png (12.9 KiB) Przejrzano 199 razy

[/url]

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ABD}\) liczysz \(\displaystyle{ \cos{ \frac{\alpha}{2} }}\), potem \(\displaystyle{ \sin{ \frac{\alpha}{2} }}\) i \(\displaystyle{ \tg{ \frac{\alpha}{2} }}\)

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ ABE}\) liczysz \(\displaystyle{ \cos{ \frac{\beta}{2} }}\), potem \(\displaystyle{ \sin{ \frac{\beta}{2} }}\) i \(\displaystyle{ \tg{ \frac{\beta}{2} }}\)

Trójkąty ABD i ABE nie są prostokątne, więc dlaczego możemy korzystać na nich z funkcji trygonometrycznych? Zresztą po co liczyć sinusy, cosinusy i tangensy, skoro wystarczyłby tylko tangens?

[bb314]

Te trójkąty rzeczywiście nie są prostokątne.
Do rozwiązania układu równań i wyliczenia r, potrzebne są tangensy.
Nie możemy ich wyliczyć wprost z tych trójkątów, więc trzeba najpierw wyliczyć kosinus, potem z jedynki trygonometrycznej sinus, i dopiero wtedy tangens.
Kosinus trzeba wyliczyć z twierdzenia kosinusów, które jest prawdziwe dla dowolnego trójkąta, nawet nieprostokątnego.

[anna_]

Odpowiedź podano wyżej.
Próbowałam w miarę dokładnie narysować ten trójkąt w programie i wydaje mi się, że pozostałe dane też są jakieś felerne. Za nic nie chciał mi tam wyjść kąt \(\displaystyle{ 135^o}\).

Masz może odpowiedź w podręczniku?

Wpadł mi do głowy jeszcze jeden pomysł na rozwiązanie.
Po obliczeniu \(\displaystyle{ \cos{ \frac{\alpha}{2} }}\) można policzyć \(\displaystyle{ \cos\alpha}\). Potem z \(\displaystyle{ \cos \alpha}\) bok \(\displaystyle{ |AC|}\) i z Pitagorasa bok \(\displaystyle{ |CB|}\). Tyle, że wtedy część danych z zadania jest zbędna.

[nevermore17]

Odpowiedź do zadania:
\(\displaystyle{ 8(3+ \sqrt{3} )}\)

Nie miałem jeszcze twierdzenia cosinusów, więc lepiej byłoby, gdybym tego nie stosował. Z tego co sprawdzałem na liczbach przybliżonych - w tym zadaniu wystarczy zastosować twierdzenie o dwusiecznych i styknie znajomość długości odcinków AE, AB, BD. Reszta zbędna.

[anna_]

Ale nawet korzystając z tego co podałeś wyżej, wynik będzie inny niż w podręczniku.

[bb314]

Korzystając wyłącznie z twierdzenia o dwusiecznych otrzymamy obwód

\(\displaystyle{ O_b=AB+AE+BD+\frac{AE\cdot BD\cdot(AE+BD+2\cdot AB)}{AB^2-AE\cdot BD}}\)

[royas]

Można też spróbować zrobić układ z dwóch tw. Pitagorasa dla trójkątów \(\displaystyle{ ACD}\) i \(\displaystyle{ BCD}\)
Podstawiając: \(\displaystyle{ |AC|=|AE|+|CE|\quad|BC|=|BD|+|CD|}\)
Trochę babrania tam jest, ale powinno dać się wyliczyć.

[anna_]

Można też spróbować zrobić układ z dwóch tw. Pitagorasa dla trójkątów \(\displaystyle{ ACD}\) i \(\displaystyle{ BCD}\)

\(\displaystyle{ BCD}\)?

[royas]

Literówka. \(\displaystyle{ BCE}\).

[nevermore17]

Mogę wiedzieć jak doszedłeś do tego:

\(\displaystyle{ \frac{AE\cdot BD\cdot(AE+BD+2\cdot AB)}{AB^2-AE\cdot BD}}\)

Mi wyszło jedynie:
\(\displaystyle{ DC = \frac{BD(AE+EC)}{AB}}\)
Z czego potem..
\(\displaystyle{ EC = \frac{AE \cdot BD(AB+AE+EC)}{ AB^{2} }}\)


Co do pitagorasa - chyba powinno wyjść, ale potem problem z pierwiastkami...

[bb314]

Mogę wiedzieć jak doszedłeś do tego:

\(\displaystyle{ \frac{AE\cdot BD\cdot(AE+BD+2\cdot AB)}{AB^2-AE\cdot BD}}\)

Mi wyszło jedynie:
\(\displaystyle{ DC = \frac{BD(AE+EC)}{AB}}\)

Doszłam do tego rozwiązując układ
\(\displaystyle{ \frac{y}{AE}=\frac{x+BD}{AB}}\)

\(\displaystyle{ \frac{x}{BD}=\frac{y+AE}{AB}}\)

otrzymałam
\(\displaystyle{ CD=x=\frac{AE\cdot BD\cdot(BD+AB)}{AB^2-AE\cdot BD}}\)

\(\displaystyle{ CE=y=\frac{AE\cdot BD\cdot(AE+AB)}{AB^2-AE\cdot BD}}\)