Trapez, odcinki łączące środki boków

patry93 · Post autor: **patry93** » 28 gru 2008, o 13:55

Witam.

W trapezie kąty przy jeden z podstaw mają miary \(\displaystyle{ 40^{ \circ} \ i \ 50^{ \circ}}\). Odcinek łączący środki nierównoległych boków ma długość 4, a odcinek łączący środki podstaw ma długość 1. Obliczyć długości podstaw tego trapezu.

Suma dł. podstaw wynosić będzie 8 ("znany" odcinek ) oraz czworokąt utworzony przez połączenie środków odcinków należących do trapezu będzie równoległobokiem o długościach przekątnych równych 1 i 4.
Kąty na pewno nie przez przypadek są podane, lecz nie bardzo wiem co z nimi mam zrobić...

Z góry dziękuję za pomoc.

limes123 · Post autor: **limes123** » 28 gru 2008, o 16:52

Nie probowalem rozwiazywac ale te katy sie sumuja do 90, ktora powinna dawac wiele do myslenia... Sprobuj podzielic ten trapez na dwa trojkaty po bokach i prostokat w srodku i "scalic" te dwa trojkaty. Moze to cos da.

patry93 · Post autor: **patry93** » 28 gru 2008, o 16:58

Hm... tak, ja próbowałem z dorysowywaniem części trapezu podzielonego przez odcinek łączący środki podstaw do drugiej części w ten sposób, żeby właśnie wyszedł kąt prosty, ale niezbyt dużo wymyśliłem...
Z tego co Ty piszesz, to w ten sposób jeden kąt podzielisz (40 lub 50) i wszystko się "zepsuje" Albo to ja nie rozumiem....

limes123 · Post autor: **limes123** » 28 gru 2008, o 17:27

Dobra to jak mowisz ze nie dziala to sprobuj poprowadzic rownolegle do tego odcinka laczacego srodki podstaw przez konce krotszej podstawy (dostaniesz rownoleglobok i dwa trojkaty). I pozniej scalasz te dwa trojakty i dostajesz prostokatny i nawet wiesz gdzie jest jego srodek okregu opisanego wiec to pewnie pomoze. (a w tym pierwszym katy sie nie dziela)

patry93 · Post autor: **patry93** » 28 gru 2008, o 17:41

Ok... ale czy aby na pewno wiem gdzie jest środek okręgu opisanego? Przecież to nie musi być raczej trapez równoramienny...
A skoro w pierwszym kąt się nie podzieli, to znaczy, że nie zrozumiałem Ciebie i jeśli można to poproszę o rysunek jak ma to wyglądać

limes123 · Post autor: **limes123** » 28 gru 2008, o 17:55

DX, MN i CY sa rownolegle. Scalasz ze soba AXD i YBC otrzymujac trojkat prostokatny. Pozniej sprobuj sam. ... 5d69f.html

patry93 · Post autor: **patry93** » 29 gru 2008, o 14:16

Ech, problem w tym, że wcale to się tak ładnie nie złoży...
Jeśli dobrze Cię zrozumiałem, to po przesunięciu tego trójkąta całość będzie wyglądała tak:

Próbowałem też w ten sposób:

Lecz też nic ciekawego nie zauważyłem... chociaż jeśli dobrze kminię, to będzie cosik takiego;
\(\displaystyle{ BC^2 + AD^2 = ( AX + BY)^2}\)
Nie wiem, czy to coś daje... hm...

limes123 · Post autor: **limes123** » 29 gru 2008, o 18:07

Moze sprobuj robic troche prostsze zadania laczysz je ze soba stronami DX i CY.

patry93 · Post autor: **patry93** » 29 gru 2008, o 18:48

limes123 pisze:Moze sprobuj robic troche prostsze zadania

Ok, ale jeśli będą proste i pójdą "od ręki" to czy czegoś się z nich nauczę? Czy pomoże mi to w zadaniach trudniejszych? Chyba nie, bo swego czasu robiłem łatwiejsze, aż doszedłem do wprawy w nich i nie obserwuję opisanych wyżej efektów :/
Wiem, że jestem niesamowicie tępy, a jedyne co mam to zapał, ale czy Wy naprawdę robicie zadania zawsze "do końca"? Jeśli tak, to nie pozostaje mi nic innego jak pogratulować, bo ja jestem na takim poziomie, że jeśli nie potrafię ruszyć dalej (brak pomysłów etc.) to muszę zerknąć do rozwiązania i wydaje mi się, że dzięki temu się uczę. A, że do tego zadania nie mam rozwiązania, to proszę o pomoc na forum, chyba dobrze robię?

limes123 pisze:laczysz je ze soba stronami DX i CY

Ok, ale wtedy stosując tw. Pitagorasa otrzymuję taką samą równość jak wyżej...
Znalazłem jeszcze takie coś - jeśli oznaczyć przez E oznaczyć punkt przecięcia się DX i KL oraz przez F punkt przecięcia się CY i KL, to skoro są to odcinki równoległe, oraz AK=KD i BL=CL, to mamy: \(\displaystyle{ AX=2KE \ , \ BY=2LF}\)
Podstawiam do tej równości z Pitagorasa:
\(\displaystyle{ BC^2 + AD^2 = ( AX + BY)^2 = 4(KE+LF)^2 = 4(4- CD)^2}\)
Daje to coś?

limes123 · Post autor: **limes123** » 29 gru 2008, o 20:10

Nie wydaje mi sie. Dobra to zakonczmy to Mamy AX=BY czyli w tym zlaczonym trojkacie ABC mamy AB=2CY=2, czyli AX+BY=2, zatem AB=5 i CD=3 (lub AB=3, CD=5)