Dany jest równoboczny trójkąt ABC, w którym bok ma długość a. Na odcinkach AB, BC i AC obrano odpowiednio punkty \(\displaystyle{ C_1,\ A_1, \ B_1}\) tak, że \(\displaystyle{ \frac{|AC_1|}{|C_1B|}=\frac{|BA_1|}{|A_1C|}=\frac{|CB_1|}{|B_1A|}=\frac{1}{2}}\). Punkty przecięcia odcinków \(\displaystyle{ AA_1,\ BB_1, \ CC_1}\) są wierzchołkami trójkąta DEF. Wykaż, że pole trójkąta DEF jest siedem razy mniejsze od pola trójkąta ABC.
pole 7 razy mniejsze
-
palazi
- Użytkownik
- Posty: 175
- Rejestracja: 6 wrz 2006, o 21:58
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łapy/Białystok
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 37 razy
pole 7 razy mniejsze
Oznaczmy \(\displaystyle{ A_{1}B = a = AC_{1} ; AF = y; FE = b; EA_{1} = x}\)
Z tw. Cosinusów mozna łatwo udowodnić, że \(\displaystyle{ B_{1}B = AA_{1} = CC_{1}}\), z tego mamy, że \(\displaystyle{ \angle CB_{1}B = \angle AA_{1}B = \angle AC_{1}C}\) oraz \(\displaystyle{ \angle A_{1}BE = \angle DCB_{1} = \angle C_{1}AF}\) Z tego wynika że trójkąty \(\displaystyle{ AC_{1}F}\) ; \(\displaystyle{ A_{1}BE}\) ; \(\displaystyle{ B_{1}CD}\) są przystające, tzn zgodnie z naszymi oznaczeniami \(\displaystyle{ x = C_{1}F = B_{1}D = A_{1}E}\) i \(\displaystyle{ y = AF = EB = CD}\) Więc z tego też mamy: \(\displaystyle{ DE = BB_{1} - x - y = AA_{1} - x - y = FE}\) Podobnie dowodzimy dla boku FD. Z tego wynika, że trójkąt EDF jest równoboczny. Wiec mamy \(\displaystyle{ \angle AFC_{1} = 60^o}\) więc trójkaty \(\displaystyle{ AFC_{1} \equiv AA_{1}B}\), zachodzą zalezności:
\(\displaystyle{ \frac{a}{3a} = \frac{x}{y}}\) co daje \(\displaystyle{ y = 3x}\) Druga zależność:
\(\displaystyle{ \frac{a}{x+y+b} = \frac{x}{a}}\) Daje \(\displaystyle{ a^2 = x^2 + xy + xb = 4x^2 + xb}\)
Dalej z tw. Cosinusów dla trójkata \(\displaystyle{ AC_{1}F}\) masz:
\(\displaystyle{ a^2 = y^2 + x^2 - xy = 7x^2}\) Więc \(\displaystyle{ x = \frac{a \sqrt{7} }{7}}\)
Więc: \(\displaystyle{ a^2 = 4x^2 + xb = \frac{4a^2}{7} + \frac{ab \sqrt{7} }{7}}\)
Z tego równania mamy, ze \(\displaystyle{ b = \frac{3 \sqrt{7}}{7} a}\)
Więc pole trójkąta ABC wynosi: \(\displaystyle{ P_{ABC} = \frac{ (3a)^2 \sqrt{3} }{4} = a^2 \frac{ 9 \sqrt{3} }{4}}\)
Zas pole trójkąta DEF wynosi:
\(\displaystyle{ P_{D E F} = \frac{b^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{(\frac{3\sqrt{7}}{7}a)^{2}\sqrt{3}}{4} =
\frac{1}{7}P_{ABC}}\)
Cos nie tak z Tex-em, ciagl wyskakuje błąd mimo że nie ma błędu...
Jakaś anomalia... niemniej jednak udało się poprawić:)
max
Z tw. Cosinusów mozna łatwo udowodnić, że \(\displaystyle{ B_{1}B = AA_{1} = CC_{1}}\), z tego mamy, że \(\displaystyle{ \angle CB_{1}B = \angle AA_{1}B = \angle AC_{1}C}\) oraz \(\displaystyle{ \angle A_{1}BE = \angle DCB_{1} = \angle C_{1}AF}\) Z tego wynika że trójkąty \(\displaystyle{ AC_{1}F}\) ; \(\displaystyle{ A_{1}BE}\) ; \(\displaystyle{ B_{1}CD}\) są przystające, tzn zgodnie z naszymi oznaczeniami \(\displaystyle{ x = C_{1}F = B_{1}D = A_{1}E}\) i \(\displaystyle{ y = AF = EB = CD}\) Więc z tego też mamy: \(\displaystyle{ DE = BB_{1} - x - y = AA_{1} - x - y = FE}\) Podobnie dowodzimy dla boku FD. Z tego wynika, że trójkąt EDF jest równoboczny. Wiec mamy \(\displaystyle{ \angle AFC_{1} = 60^o}\) więc trójkaty \(\displaystyle{ AFC_{1} \equiv AA_{1}B}\), zachodzą zalezności:
\(\displaystyle{ \frac{a}{3a} = \frac{x}{y}}\) co daje \(\displaystyle{ y = 3x}\) Druga zależność:
\(\displaystyle{ \frac{a}{x+y+b} = \frac{x}{a}}\) Daje \(\displaystyle{ a^2 = x^2 + xy + xb = 4x^2 + xb}\)
Dalej z tw. Cosinusów dla trójkata \(\displaystyle{ AC_{1}F}\) masz:
\(\displaystyle{ a^2 = y^2 + x^2 - xy = 7x^2}\) Więc \(\displaystyle{ x = \frac{a \sqrt{7} }{7}}\)
Więc: \(\displaystyle{ a^2 = 4x^2 + xb = \frac{4a^2}{7} + \frac{ab \sqrt{7} }{7}}\)
Z tego równania mamy, ze \(\displaystyle{ b = \frac{3 \sqrt{7}}{7} a}\)
Więc pole trójkąta ABC wynosi: \(\displaystyle{ P_{ABC} = \frac{ (3a)^2 \sqrt{3} }{4} = a^2 \frac{ 9 \sqrt{3} }{4}}\)
Zas pole trójkąta DEF wynosi:
\(\displaystyle{ P_{D E F} = \frac{b^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{(\frac{3\sqrt{7}}{7}a)^{2}\sqrt{3}}{4} =
\frac{1}{7}P_{ABC}}\)
Cos nie tak z Tex-em, ciagl wyskakuje błąd mimo że nie ma błędu...
Jakaś anomalia... niemniej jednak udało się poprawić:)
max
Ostatnio zmieniony 24 cze 2007, o 14:44 przez palazi, łącznie zmieniany 1 raz.