środkowe dowód
-
- Użytkownik
- Posty: 403
- Rejestracja: 8 lut 2015, o 10:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: London ChinaTown
- Podziękował: 151 razy
- Pomógł: 4 razy
środkowe dowód
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) prowadzimy środkową \(\displaystyle{ AD}\), gdzie \(\displaystyle{ D}\) leży na \(\displaystyle{ BC}\), następnie przez środek \(\displaystyle{ S}\) odcinka \(\displaystyle{ AD}\) prowadzimy z wierzchołka \(\displaystyle{ B}\) środkową, która przecina \(\displaystyle{ AC}\) w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Udowodnić, że punkt \(\displaystyle{ P}\) dzieli \(\displaystyle{ AC}\) na odcinki w stosunku \(\displaystyle{ 2:1}\).
- kmarciniak1
- Użytkownik
- Posty: 809
- Rejestracja: 14 lis 2014, o 19:37
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 183 razy
środkowe dowód
Jesteś pewny, że dobrze przepisałeś treść?Środkowe w trójkącie przecinają się w stosunku \(\displaystyle{ 2:1}\) a z treści zadania wynikałoby coś innego.
-
- Użytkownik
- Posty: 403
- Rejestracja: 8 lut 2015, o 10:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: London ChinaTown
- Podziękował: 151 razy
- Pomógł: 4 razy
środkowe dowód
Nie zrozumiałeś treści zadania. Druga środkowa nie jest środkową trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), tylko \(\displaystyle{ ADB}\)kmarciniak1 pisze:Jesteś pewny, że dobrze przepisałeś treść?Środkowe w trójkącie przecinają się w stosunku \(\displaystyle{ 2:1}\) a z treści zadania wynikałoby coś innego.
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
środkowe dowód
\(\displaystyle{ \vec{BS}=\frac{1}{2}\vec{BA}+\frac{1}{4}\vec{BC}}\)
\(\displaystyle{ \vec{BP}=\lambda\vec{BP}}\) (\(\displaystyle{ \lambda}\) jest nieznane, ale poradzimy z tym sobie)
Podobnie nie znamy \(\displaystyle{ \mu}\), ale...
\(\displaystyle{ \mu\vec{CA}=\vec{CP}=\vec{CB}+\vec{BP}=\left(1-\frac{\lambda}{4}\right)\vec{CB}+\frac{\lambda}{2}\vec{BA}}\)
Ale lewa strone tego równania jest równa
\(\displaystyle{ \mu\vec{CB}+\mu\vec{BA}}\)
Wektory \(\displaystyle{ \vec{CB}}\) i \(\displaystyle{ \vec{BA}}\) sa liniowo niezależne, więc mamy układ
\(\displaystyle{ \mu=1-\frac{\lambda}{4},\quad \mu=\frac{\lambda}{2}}\),
co daje
\(\displaystyle{ \mu=\frac{2}{3}}\)
\(\displaystyle{ \vec{BP}=\lambda\vec{BP}}\) (\(\displaystyle{ \lambda}\) jest nieznane, ale poradzimy z tym sobie)
Podobnie nie znamy \(\displaystyle{ \mu}\), ale...
\(\displaystyle{ \mu\vec{CA}=\vec{CP}=\vec{CB}+\vec{BP}=\left(1-\frac{\lambda}{4}\right)\vec{CB}+\frac{\lambda}{2}\vec{BA}}\)
Ale lewa strone tego równania jest równa
\(\displaystyle{ \mu\vec{CB}+\mu\vec{BA}}\)
Wektory \(\displaystyle{ \vec{CB}}\) i \(\displaystyle{ \vec{BA}}\) sa liniowo niezależne, więc mamy układ
\(\displaystyle{ \mu=1-\frac{\lambda}{4},\quad \mu=\frac{\lambda}{2}}\),
co daje
\(\displaystyle{ \mu=\frac{2}{3}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 636
- Rejestracja: 10 paź 2007, o 12:57
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Łódź
- Pomógł: 350 razy
środkowe dowód
Albo po prostu skorzystać z tw. Menelaosa: \(\displaystyle{ \frac{AP}{PC}=\frac{AS}{SD}\cdot\frac{DB}{BC}=1\cdot\frac12=\frac12}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 22210
- Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bydgoszcz
- Podziękował: 38 razy
- Pomógł: 3755 razy
środkowe dowód
Trzeba znaćandkom pisze:Albo po prostu skorzystać z tw. Menelaosa: \(\displaystyle{ \frac{AP}{PC}=\frac{AS}{SD}\cdot\frac{DB}{BC}=1\cdot\frac12=\frac12}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 403
- Rejestracja: 8 lut 2015, o 10:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: London ChinaTown
- Podziękował: 151 razy
- Pomógł: 4 razy
środkowe dowód
A skąd \(\displaystyle{ \vec{BS}=\frac{1}{2}\vec{BA}+\frac{1}{4}\vec{BC}}\)?a4karo pisze:\(\displaystyle{ \vec{BS}=\frac{1}{2}\vec{BA}+\frac{1}{4}\vec{BC}}\)
\(\displaystyle{ \vec{BP}=\lambda\vec{BP}}\) (\(\displaystyle{ \lambda}\) jest nieznane, ale poradzimy z tym sobie)
Podobnie nie znamy \(\displaystyle{ \mu}\), ale...
\(\displaystyle{ \mu\vec{CA}=\vec{CP}=\vec{CB}+\vec{BP}=\left(1-\frac{\lambda}{4}\right)\vec{CB}+\frac{\lambda}{2}\vec{BA}}\)
Ale lewa strone tego równania jest równa
\(\displaystyle{ \mu\vec{CB}+\mu\vec{BA}}\)
Wektory \(\displaystyle{ \vec{CB}}\) i \(\displaystyle{ \vec{BA}}\) sa liniowo niezależne, więc mamy układ
\(\displaystyle{ \mu=1-\frac{\lambda}{4},\quad \mu=\frac{\lambda}{2}}\),
co daje
\(\displaystyle{ \mu=\frac{2}{3}}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 403
- Rejestracja: 8 lut 2015, o 10:46
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: London ChinaTown
- Podziękował: 151 razy
- Pomógł: 4 razy
środkowe dowód
Ah. Mój błąd. Zamiast \(\displaystyle{ AD}\) powinno być \(\displaystyle{ CD}\). No cóż...a4karo pisze:Bo \(\displaystyle{ BD}\) jest połową \(\displaystyle{ BC}\)
- karolex123
- Użytkownik
- Posty: 751
- Rejestracja: 22 gru 2012, o 11:01
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: somewhere
- Podziękował: 39 razy
- Pomógł: 127 razy
środkowe dowód
Może podzielę się jednym ze swoich rozwiązań. Sposobów na to zadanie jest bowiem naprawdę wiele, ale wydaje mi się, że ten jest jednym z ciekawszych
Niech punkt \(\displaystyle{ B'}\) będzie obrazem punktu \(\displaystyle{ B}\) w symetrii względem punktu \(\displaystyle{ A}\). Wówczas odcinek \(\displaystyle{ CA}\) jest środkową trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\). Niech teraz punkt \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia się prostej \(\displaystyle{ BP}\) z odcinkiem \(\displaystyle{ B'C}\). Zauważmy, że odcinek \(\displaystyle{ AD}\) łączy środki boków trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\), skąd \(\displaystyle{ |AD|= \frac{1}{2}|B'C|}\). Ponadto \(\displaystyle{ B'C}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AD}\). Nietrudno stwierdzić, że prawdziwe są równości:\(\displaystyle{ |CX|=2|DS|}\) i \(\displaystyle{ |XB'|=2|SA|}\) (wynika to z twierdzenia Talesa). Ale z założenia \(\displaystyle{ |DS|=|SA|}\), skąd wniosek, że \(\displaystyle{ |CX|=|XB'|}\). Zatem \(\displaystyle{ X}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ CB'}\), a odcinek \(\displaystyle{ BX}\) jest środkową trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\). Ponadto, środkowe \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ BX}\) przecinają się w \(\displaystyle{ P}\) skąd od razu na mocy twierdzenia o środkowych otrzymujemy tezę.
Aha no i chyba najprostszym podejściem do tego zadania jest tutaj poprowadzenie równoległego odcinka do \(\displaystyle{ BP}\) przez punkt \(\displaystyle{ D}\). Dowód na dwie linijki, samo twierdzenie Talesa
Niech punkt \(\displaystyle{ B'}\) będzie obrazem punktu \(\displaystyle{ B}\) w symetrii względem punktu \(\displaystyle{ A}\). Wówczas odcinek \(\displaystyle{ CA}\) jest środkową trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\). Niech teraz punkt \(\displaystyle{ X}\) będzie punktem przecięcia się prostej \(\displaystyle{ BP}\) z odcinkiem \(\displaystyle{ B'C}\). Zauważmy, że odcinek \(\displaystyle{ AD}\) łączy środki boków trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\), skąd \(\displaystyle{ |AD|= \frac{1}{2}|B'C|}\). Ponadto \(\displaystyle{ B'C}\) jest równoległe do \(\displaystyle{ AD}\). Nietrudno stwierdzić, że prawdziwe są równości:\(\displaystyle{ |CX|=2|DS|}\) i \(\displaystyle{ |XB'|=2|SA|}\) (wynika to z twierdzenia Talesa). Ale z założenia \(\displaystyle{ |DS|=|SA|}\), skąd wniosek, że \(\displaystyle{ |CX|=|XB'|}\). Zatem \(\displaystyle{ X}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ CB'}\), a odcinek \(\displaystyle{ BX}\) jest środkową trójkąta \(\displaystyle{ BB'C}\). Ponadto, środkowe \(\displaystyle{ CA}\) i \(\displaystyle{ BX}\) przecinają się w \(\displaystyle{ P}\) skąd od razu na mocy twierdzenia o środkowych otrzymujemy tezę.
Aha no i chyba najprostszym podejściem do tego zadania jest tutaj poprowadzenie równoległego odcinka do \(\displaystyle{ BP}\) przez punkt \(\displaystyle{ D}\). Dowód na dwie linijki, samo twierdzenie Talesa