środkowe i dowód z polem

[wielkireturner]

Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Prowadzimy środkowe \(\displaystyle{ AE}\) i \(\displaystyle{ CD}\). Środek ciężkości trójkąta oznaczamy przez \(\displaystyle{ M}\). Wiemy, że \(\displaystyle{ AB \cdot CD = \sqrt{3}}\) oraz \(\displaystyle{ \angle MAC + \angle ACM = \frac{ \pi }{3}}\). Wykazać, że pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) jest równe \(\displaystyle{ 1}\).

[Jarosz23]

Środkowa dzieli trójkąt na dwa trójkąty podobne w skali 1:1(Wynika to z faktu, że środkowa dzieli trójkąt na dwa trójkąty o takich samych polach). Kiedy poprowadzimy wszystkie 3 środkowe, to każdy trójkąt będzie miał swój trójkąt podobny. Kiedy z równania \(\displaystyle{ AB*CD= \sqrt{3}}\) wyprowadzimy połowę długości \(\displaystyle{ AB}\), wtedy będziemy mogli zastosować wzór na pole trójkąta \(\displaystyle{ DBC (AB*CD*\sin \alpha )}\), ponieważ odcinek CD nam się skróci i zostaną tylko liczby. Musimy, więc obliczyć kąt \(\displaystyle{ BDC}\), kiedy go policzymy wyliczamy pole i jest to połowa pola całego trójkąta. Jednak mi nie wychodzi z tego pole równe 1, a \(\displaystyle{ \sqrt{3}}\).
Edit: Wiem już czemu mi źle wychodziło. Myślałem,że środkowa dzieli przeciwległy bok na dwie takie same części.

[a4karo]

Środkowa dzieli trójkąt na dwa trójkąty podobne w skali 1:1(Wynika to z faktu, że środkowa dzieli trójkąt na dwa trójkąty o takich samych polach).

Tutaj mocno przesadziłeś. To nieprawda

Edit: Wiem już czemu mi źle wychodziło. Myślałem,że środkowa dzieli przeciwległy bok na dwie takie same części.

A to akurat prawda, więc nie wiesz dlaczego Ci nie wychodziło

[Jarosz23]

Edit: Wiem już czemu mi źle wychodziło. Myślałem,że środkowa dzieli przeciwległy bok na dwie takie same części.[/quote]

A to akurat prawda, więc nie wiesz dlaczego Ci nie wychodziło[/quote]

Mówisz, że środkowa dzieli bok na połowy?
W takim razie prawdziwa byłaby równość \(\displaystyle{ \frac{1}{2} a* \frac{b}{2} * sinx = \frac{1}{2} a* \frac{b}{2} * sin\beta}\) (Środkowa dzieli trójkąty na dwa o takich samych polach)
A z tego można już wywnioskować, że \(\displaystyle{ \sin \alpha = \sin \beta}\)

[a4karo]

Tylko czym jest \(\displaystyle{ x}\) (czy też \(\displaystyle{ \alpha}\), \(\displaystyle{ \beta}\) oraz \(\displaystyle{ a}\) i \(\displaystyle{ b}\). Spróbowałes zrobić rysunek?

1.jpg (21.23 KiB) Przejrzano 46 razy

\(\displaystyle{ AP=PB}\)

Naprawdę sądzisz, że te dwa trójkąty sa podobne?

[SidCom]

Mówisz, że środkowa dzieli bok na połowy?

z definicji

[Jarosz23]

Tamto co pisałem, to błąd, bo zapomniałem, że \(\displaystyle{ \sin 120}\) stopni to to samo co \(\displaystyle{ \sin 60}\). A myślałem, że wynika to z tego, że dzieli się na połowę, więc mój błąd wynikał z tego, że zapomniałem o tych kątach . Jakbyś mi jeszcze powiedział jak można robić takie ładne rysunki i wstawić je na te forum to bym dodał rysunek i napisał jak mi to wyszło.

[mint18]

A polecenie na pewno jest dobre? W końcu musiałoby być:
\(\displaystyle{ [ADC] = \frac{1}{2} AD \cdot CD \cdot \sin ADC}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt3}{2} \sin ADC}\)
\(\displaystyle{ \sin ADC = \frac{2}{\sqrt3}}\), a to nie jest możliwe. Chyba, że gdzieś się pomyliłem.

[Jarosz23]

A polecenie na pewno jest dobre? W końcu musiałoby być:
\(\displaystyle{ [ADC] = \frac{1}{2} AD \cdot CD \cdot \sin ADC}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt3}{2} \sin ADC}\)
\(\displaystyle{ \sin ADC = \frac{2}{\sqrt3}}\), a to nie jest możliwe. Chyba, że gdzieś się pomyliłem.

Mi wychodziło dokładnie to samo w rozwiązaniu tego zadania. Więc raczej nie masz nigdzie błędu.

[mint18]

Jarosz23, To teraz czy na podstawie tego co jest w poleceniu można policzyć pole, jeśli tak to jak?

[kinia7]

oznaczę \(\displaystyle{ AB=a \ge 1}\)
pole trójkąta \(\displaystyle{ P(a)=\frac{3\sqrt{a^4-1}+\sqrt3}{4a^2}}\) i jest zawsze \(\displaystyle{ <1}\)
\(\displaystyle{ P_{max}=P\left( \sqrt2\right) =\frac{\sqrt3}{2}}\)
\(\displaystyle{ P_{min}=P\left( 1\right) =\frac{\sqrt3}{4}}\)

[Jarosz23]

Da się policzyć jego pole. Z tym, że licząc jego pole wychodzi nam, że przy założeniu \(\displaystyle{ |AB|*|CD|}\) sinus kąta jest większy od 1.

Rysujemy trójkąt ABC i prowadzimy wszystkie środkowe. \(\displaystyle{ |BK|, |AE|, |CD|}\) .
Liczymy kąt \(\displaystyle{ AMC=120}\) stopni. Liczymy następnie wszystkie kąty jakie możemy policzyć, czyli: \(\displaystyle{ CME}\)oraz\(\displaystyle{ AMD}\)i \(\displaystyle{ DME}\). Teraz oznaczamy sobie pola trójkątów powstałych poprzez poprowadzenie środkowych jako: \(\displaystyle{ P_{ADM}=z, P_{AMK}=a, P_{KMC}=x, P_{CME}=h, P_{EMB}=b}\). Możemy zauważyć, że trójkąt o polu \(\displaystyle{ z}\) ma to samo pole co trójkąt \(\displaystyle{ DBM}\), wynika to z faktu, że mają podstawę o tej samej długości, a wysokość poprowadzona z wierzchołka M jest taka sama dla obu trójkątów. Zatem \(\displaystyle{ P_{BME}=z}\).
Teraz korzystając z faktu, że środkowa dzieli trójkąt na dwa trójkąty o takich samych polach układamy układ równań.
\(\displaystyle{ \begin{cases} x + h + b = a + 2z \\ 2z + b = x + h + a \end{cases}}\)
Rozwiązując go otrzymujemy, że \(\displaystyle{ a=b}\)
Możemy też wywnioskować, że \(\displaystyle{ x=h}\) oraz \(\displaystyle{ z=x}\)
I teraz możemy wywnioskować, że skoro środkowa dzieli na połowę przeciwległy bok, to: \(\displaystyle{ |CE|= |BE|}\) zatem pola tych trójkątów są równe. Gdzieś więc chyba popełniłem duży błąd. Jeśli nie to możemy już na spokojnie obliczyć kąty i pole całego trójkąta.

[kinia7]

Gdzieś więc chyba popełniłem duży błąd.

Nie. Doszedłeś do tego, że każdy trójkąt jego trzy środkowe dzielą na sześć trójkątów o jednakowych polach.