Zadania z planimetri

frej · Post autor: **frej** » 12 sie 2008, o 16:31

Korzystamy z tego, że styczne poprowadzone z pewnego punktu do danego okręgu mają równą długość. Widać zatem, że
$\displaystyle{ c=a-r+b-r=a+b-2r r=\frac{a+b-c}{2}}$

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 12 sie 2008, o 21:53

Dziękuje za pomoc przy w/w zadaniu

Kolejne zadanie, z którym mam znów kłopot.

W trójkącie prostokątnym mniejsza przyprostokątna ma długość $\displaystyle{ \sqrt3}$. Prosta przechodząca przez wierzchołek kąta prostego tworzy z tą przyprostokątną kąt $\displaystyle{ 30^\cdot}$ i dzieli przeciwprostokątną w stosunku $\displaystyle{ 1:2}$. Znaleźć pozostałe długości boków trójkąta

frej · Post autor: **frej** » 12 sie 2008, o 23:46

A tam przypadkiem nie ma mowy o tym, że ta prosta zawiera wysokość?

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 12 sie 2008, o 23:59

Nie, nie ma takiej informacji. :/ Polecenie zadania przepisałem bezbłędnie.

tommik · Post autor: **tommik** » 13 sie 2008, o 09:57

Skorzystaj z tw. cosinusów.

3x - dł przeciwprostokątnej
y - dł. dłuższej przyprostokątnej
z - dł. odcinka nachylonego pod kątem 30 stopni, o którym mowa w zadaniu

I masz układ trzech równań 1. z Pitagorasa, 2. i 3. z cosinusów:
$\displaystyle{ \begin{cases} (3x)^{2}= (\sqrt{3}) ^{2}+ y^{2}\\ x^{2}=(\sqrt{3}) ^{2}+ z^{2}-2\sqrt{3}z cos30^\cdot\\ (2x)^{2}= y^{2}+z^{2}-2yz cos60^\cdot \end{cases}}$

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 14 sie 2008, o 17:57

Zgadza się,

Mi także przy próbach i sposobach rozwiązania tego zadania powstał taki układ, tylko jest problem z jego rozwiązaniem.
Nie umiem otrzymać konkretnych wartości przeciwprostokątnyej (3x) i dłuższej przyprostokątnej (y), czy też tej prostej (z)

$\displaystyle{ \begin{cases} 9x^2 = a^2 + 3 \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\4x^2 = a^2 + y^2 - ay\end{cases}$}$

do tego momentu jest sens.

Proszę o pomoc

Sylwek · Post autor: **Sylwek** » 14 sie 2008, o 18:07

Za $\displaystyle{ x^2}$ podstaw w 1. i 3. $\displaystyle{ y^2+3-3y}$, a potem z 1. wyznacz $\displaystyle{ a}$ w zależności pd $\displaystyle{ y}$ (po uwzględnieniu dziedziny!), podstaw to do 3. i miłej zabawy w wyznaczaniu y

. Co najwyżej mogę sprawdzić Twoje rozwiązanie, gdyż to 'zabawa' czysto mechaniczna i obliczeniowa - tzw. "siłownia"...

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 14 sie 2008, o 21:56

$\displaystyle{ \begin{cases} 9x^2 = a^2 + 3 \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\4x^2 = a^2 + y^2 - ay\end{cases}$}$

$\displaystyle{ \begin{cases} 9(y^2 + 3 - 3y) = a^2 + 3 \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\4(y^2 + 3 - 3y) = a^2 + y^2 - ay\end{cases}$}$

$\displaystyle{ \begin{cases} a^2 = 9y^2 + 24 - 27y \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\4y^2 + 12 - 12y = a^2 + y^2 - ay\end{cases}$}$

$\displaystyle{ \begin{cases} a = \sqrt{9y^2 + 24 - 27y} \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\3y^2 + 12 - 12y = a^2 - ay\end{cases}$}$

$\displaystyle{ \begin{cases} a = \sqrt{9y^2 + 24 - 27y} \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\3y^2 + 12 - 12y = 9y^2 + 24 - 27y - y\sqrt{9y^2 + 24 - 27y}\end{cases}$}$

$\displaystyle{ \begin{cases} a = \sqrt{9y^2 + 24 - 27y} \\x^2= y^2 + 3 - 3y \\-6y^2 - 12 + 15y = - y\sqrt{9y^2 + 24 - 27y}\end{cases}$}$

Czy do tego momentu jest dobrze ??, Jak sobie dalej z tym poradzić ?

Sylwek · Post autor: **Sylwek** » 14 sie 2008, o 22:02

Póki co jest ok. Niestety nie mam zbyt dobrych informacji dla Ciebie, gdyż raczej będziesz zmuszony podnieść do kwadratu ostatnie równanie i szukać pierwiastków, a potem odrzucać niepasujące.

frej · Post autor: **frej** » 14 sie 2008, o 22:06

Są to długości boków, zatem:
$\displaystyle{ x,y qslant 0}$
Jak policzyłeś
$\displaystyle{ 9y^2-27y+27=a^2+3 9y^2-27y+24-a^2=0}$
Doszedłeś też do postaci
$\displaystyle{ 4y^2-12y+12=a^2+y^2-ay 3y^2+(a-12)y+12-a^2=0}$

Teraz należy wyznaczyć dodatnie miejsca zerowe tych funkcji i przyrównać do siebie.

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 17 sie 2008, o 19:49

Zadanie zrobione, wynik zgodny z odpowiedzią.
Dziękuje za pomoc

Mam jeszcze takie pytanie dotyczące własności trójkątów.

Czy takie myślenie, jest prawdziwe

$\displaystyle{ a^2 + b^2 = c^2}$ - to trójkąt jest prostokątny.
$\displaystyle{ a^2 + b^2 < c^2}$ - to trójkąt jest rozwartokątny
$\displaystyle{ a^2 + b^2 > c^2}$ - to trójkąt jest ostrokątny

jeżeli $\displaystyle{ a,b < c}$

Chodzi mi przede wszystkim o trójkąty: rozwartokątny i ostrokątny, bo pierwszy przypadek to rzecz oczywista.
A nic na ten temat w google nie znalazłem,

Pozdrawiam

frej · Post autor: **frej** » 17 sie 2008, o 19:52

tak, poza jednym
$\displaystyle{ a,b qslant c}$, trzeba pamiętać o trójkącie równoramiennym.

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 17 sie 2008, o 20:27

Trójkąty będą równoramienne, chyba jeżeli w każdym przypadku $\displaystyle{ a=b}$
bo jeśli $\displaystyle{ a,b qslant c}$ to nigdy nie będzie spełniony warunek drugi $\displaystyle{ a^2 + b^2 < c^2}$

frej · Post autor: **frej** » 17 sie 2008, o 20:31

sorki, zły znaczek wcisnąłem
$\displaystyle{ a,b qslant c}$

AZS06 · Post autor: **AZS06** » 17 sie 2008, o 20:47

Edit:
Wydaje mi się, że wówczas gdy $\displaystyle{ a=b}$, to wtedy trójkąty są równoramienne i może to być trójkąt ostrokątny równoramienny $\displaystyle{ a^2 + b^2 > c^2}$, rozwartokątny równoramienny $\displaystyle{ a^2 + b^2 < c^2}$a także prostokątny równoramienny $\displaystyle{ a^2 + b^2 = c^2}$, natomiast jeśli $\displaystyle{ a,b qslant c}$ to dla żadnych boków nie powstanie trójkąt rozwartokątny równoramienny.