trygonometria zastosowania 1

[Niepokonana]

Kod: Zaznacz cały

https://imgur.com/a/WqDnN4m

Szukana \(\displaystyle{ |BA|=?}\)

\(\displaystyle{ |CD|=10 km\\
|AC|=1,5 km\\
|BD|= 4 km}\)

Ja znam funkcje trygonometryczne, ale nie wiem, jak je tu zastosować, proszę o pomoc.

[janusz47]

\(\displaystyle{ |BD'|= ... }\)

\(\displaystyle{ h_{2} =... }\)

\(\displaystyle{ h_{1} =...}\)

\(\displaystyle{ |A'C|= ...}\)

\(\displaystyle{ \Delta AA'E \sim \Delta EBB '}\)

\(\displaystyle{ |CE| =..., \ \ |EB'| =...}\)

Twierdzenie Carnota (kosinusów)

\(\displaystyle{ |AE|^2 =...}\)

\(\displaystyle{ |AE| =...}\)

Twierdzenie Pitagorasa

\(\displaystyle{ |EB|^2=...}\)

\(\displaystyle{ |EB|=...}\)

\(\displaystyle{ |AB| = |AE|+ |EB|}\)

[Niepokonana]

Proszę policz od \(\displaystyle{ CE}\), bo mi nie wyszło.

Dodano po 10 minutach 31 sekundach:
\(\displaystyle{ h1= \sqrt{2}}\) \(\displaystyle{ |A'C||=0,513}\) \(\displaystyle{ |B'D|=2 \sqrt{3}}\) \(\displaystyle{ h1=2}\)
Skoro s podobne, to \(\displaystyle{ \frac{AA'}{BB'}= \frac{ \sqrt{2} }{2}=k}\) skala podobieństwa.
Tylko ja mam zawsze jeden problem ze skalą podobieństwa. Żeby z tej skali wyliczyć \(\displaystyle{ |A'E|}\) powinnam pomnożyć \(\displaystyle{ |B'E|}\) przez \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{2} }{2}}\) czy przez \(\displaystyle{ \frac{2}{ \sqrt{2} }}\) (oczywiście bez niewymierności w mianowniku)?

[janusz47]

Nie trzeba obliczać skali podobieństwa \(\displaystyle{ k. }\)

Długości odcinków \(\displaystyle{ |CE|, \ \ |EB'| }\) wyznaczamy z układu równań:

\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{h_{1}}{h_{2}} = \frac{|A'C|+ |CE|}{|EB'|} \\
|CE|+|EB'| = |CD| - |B'D| \end{cases} }\)

[Niepokonana]

A mógłbyś mi ten układ rozwiązać, proszę?

[a4karo]

Droga Niepokonana. Ty się nie uczysz. Ty pozyskujesz rozwiązania, ale nie wyciągasz z nich żadnych wniosków.

Nie pokazujesz również tu na forum żadnych swoich pomysłów na rozwiązania. Przykre to.

[Niepokonana]

Ej, czekaj, jak ten układ ma tylko dwie niewiadome, to go się da rozwiązać, co nie.

[janusz47]

\(\displaystyle{ h_{2} = 4\cdot \sin(30^{o}) = 4\cdot \frac{1}{2} = 2 \ \ km }\)

\(\displaystyle{ h_{1} = 1,5 \cdot \sin(70^{o}) \approx 1,41 \ \ km }\)

\(\displaystyle{ |B'D| = 4\cdot \cos(30^{o}) = 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3} \ \ km }\)

\(\displaystyle{ |A'C| = 1,5 \cdot \cos(70^{o}) \approx 0,51 \ \ km }\)

\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{1,41}{2} = \frac{0,51 +|CE|}{|EB'|} \\ |CE|+ |EB'|= 10 -2\sqrt{3} = 2\cdot (5 -\sqrt{3}) \end{cases} }\)

\(\displaystyle{ 0,705 = \frac{0,51 +|CE|}{|EB'|} }\)

\(\displaystyle{ |CE| = 0,705\cdot |EB'| - 0,51 }\)

\(\displaystyle{ 0,705\cdot |EB'| +|EB'| = 2\cdot (5-\sqrt{3}) +0,51 }\)

\(\displaystyle{ 1,705 \cdot |EB'| = 2\cdot (5 -\sqrt{3}) + 0,51 }\)

\(\displaystyle{ |EB'| = \frac{2(5 -\sqrt{3}) +0,51}{1,705} \approx 4,13 \ \ km }\)

\(\displaystyle{ |CE| = 2\cdot (5 -\sqrt{3}) - 4,13 \approx 2,41 \ \ km }\)

Zastosuj wzór kosinusów do \(\displaystyle{ \Delta ACE, }\) wiedząc, że miara kąta \(\displaystyle{ ACE }\) jest równa \(\displaystyle{ 180^{o}- 70^{o}=110^{o}}\) i wzór Pitagorasa do \(\displaystyle{ \Delta EBB' .}\)

[Niepokonana]

Eee, okazuje się, że można dorysować trójkąt, w którym \(\displaystyle{ AB}\) jest przeciwprostokątną, lol.