zadania do matury, trójkąt i trapez

[alku]

Hej proszę o pomoc w rozwiązaniu tych dwóch zadań. Muszę przyznać, że oprócz wykonania rysunków prawie ich nie ruszyłam, nie mam żadnego pomysłu...

1. Wysokość CD o długości h, opuszczona z wierzchołka C trójkąta ABC podzieliła go na dwa trójkąty prostokątne, przy czym trójkąt CDB jest równoramienny, a przyprostokątna AD ma długość p. Oblicz długość d dwusiecznej kąta ADC zawartej w trójkącie ADC.

2. Podstawy trapezu ABCD mają długość: AB= i CD=b gdzie a jest większe od b. Jego nierównoległe bok przedłużono i przez punkt przecięcia P poprowadzono prostą k równoległą do podstaw. Przedłużenia przekątnych AC oraz BD wyznaczają na prostej k odcinek EF. Oblicz jego długość.

[jarek4700]

Do pierwszego: Ten trójkąt równoramienny wydaje się być niepotrzebny do niczego.
Z twierdzenia sinusów to wychodzi.

[alku]

tylko, że w tym trójkącie znam tylko jeden kąt, jak mam wykorzystać twierdzenie sinusów?

[jarek4700]

Wyznacz sobie sinusy pozostałych kątów na podstawie długości boków trójkąta \(\displaystyle{ ADC}\)

[alku]

a trzeci bok tego trójkąta z pitagorasa? bo wychodzą mi głupoty

[jarek4700]

Tak, wynik raczej ładny nie będzie.

[Dilectus]

tylko, że w tym trójkącie znam tylko jeden kąt, jak mam wykorzystać twierdzenie sinusów?

Masz wszystkie kąty, bo: masz dane p i h. Znasz więc kąt CAD (a raczej jego tangens, równy \(\displaystyle{ \frac{h}{p}}\) ), a więc i kąt ACD. Ponieważ trójkąt CDB jest równoramienny i prostokątny, wiemy, że \(\displaystyle{ \angle DBC= 45 ^{o}}\) i że \(\displaystyle{ \angle BCD= 45 ^{o}}\)

Oznaczmy: \(\displaystyle{ \angle CAD=\alpha}\)

Wówczas

\(\displaystyle{ \angle ACD = 90 ^{o}- \alpha}\)

zatem

\(\displaystyle{ \angle ACB= 90 ^{o} -\alpha + 45 ^{o}}\)

No a

\(\displaystyle{ \angle DBC=45 ^{o}}\)

bo trójkąt CDB jest równoramienny i prostokątny.

\(\displaystyle{ \left| AB\right|= p+h}\)

\(\displaystyle{ \left| BC \right|=h \sqrt{2}}\)

\(\displaystyle{ \left| AC\right|}\) liczysz z Pitagorasa

A z tego wynika, że możesz rozwiązać wszystkie wszystki trójkąty potrzebne do znalezienia długości dwusiecznej kąta ADC zawartej w trójkącie ADC.

-- 3 wrz 2014, o 21:41 --A drugie zadanie - po zrobieniu przyzwoitego rysunku z oznaczeniami - robisz, korzystając z podobieństwa trójkątów, a w razie potrzeby używasz twierdzenia Talesa.

[kruszewski]

Parząc na rysunek

widzimy, że trójkąt ABC i trójkąt ADE są trójkątami podobnymi.
A z treści zadania wynika, że po za znajomością miar trójkąta ABC znamy jego wysokość h oraz miarę odcinka |AD|=p.
Gdyby tak nie było, to nie byłoby w treści zadania :"Wysokość CD o długości h, opuszczona z wierzchołka C " oraz "a przyprostokątna AD ma długość p".
Napiszmy proporcje:
\(\displaystyle{ \frac{|ED|}{|CB|} = \frac{|AB|-h}{|AB|}}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ |ED|= |CB| \cdot \left( 1- \frac{h}{|AB|}\right)}\)
Oznaczając, znane przecież, długości boków a, b, c leżące naprzeciw wierzchołków A, B i C trójkąta
można napisać:
\(\displaystyle{ |ED| = a(1- \frac{h}{c} )}\)

co nie wygląda tak brzydko.
W.Kr.

[marcel112]

zad 2. oznaczam pkt przecięcia przekątnych jako S oraz wprowadzam \(\displaystyle{ h_{1}, h_{2}, h_{3}}\) które są odpowiednio wysokościami trójkątów ABS, CDS, CDP. Trójkąty ABS, CDS, EFS są podobne oraz jeszcze ABP, CDP są podobne. Stąd mamy takie proporcje

(1) \(\displaystyle{ \frac {a}{b}=\frac {h_{1}}{h_{2}}}\)

(2) \(\displaystyle{ \frac {a}{b}=\frac {h_{1}+h_{2}+h_{3}}{h_{3}}}\)

(3) \(\displaystyle{ \frac {a}{x} =\frac {h_{1}}{h_{2}+h_{3}}}\) gdzie \(\displaystyle{ x=|EF|}\)

Przyrównując (1) i (2) mamy, że \(\displaystyle{ h_3=\frac{h_2(h_1+h_2)}{h_1-h_2}}\) to wstawiamy do (3) i po porządkach mamy \(\displaystyle{ \frac {a}{x}=\frac{h_1-h_2}{2h_2}}\) i stąd już wyliczamy, że \(\displaystyle{ x=\frac{2ab}{a-b}}\)

[kruszewski]

Ładnie!
W.Kr.

[marcel112]

Dziękuje