Witam. Proszę o pomoc przy zadaniu, z którym nie moge sobie dać rady. Mianowicie mam wykazać, że jeśli środkowa poprowadzona w trójkącie ABC z punktu C (do D) jest dłuższa od połowy odcinka |AB| to sphericalangle C jest mniejszy niż 90 stopni.
\(\displaystyle{ |CD|> \frac{1}{2} |AB| \ \Rightarrow \ \sphericalangle C<90^0}\)
Jest to zadanie (z rozszerzenia) z pierwszej klasy liceum ze zbioru zadań Krzysztofa Kłaczkowa.
środkowa trójkąta
- Justka
- Użytkownik
- Posty: 1680
- Rejestracja: 25 sty 2007, o 12:58
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Poznań
- Podziękował: 9 razy
- Pomógł: 579 razy
środkowa trójkąta
Do boku AB "doklejmy" trójkąt przystający do danego tak, aby otrzymać równoległobok (ABCC'), wtedy jego przekatne będą miały długość |AB| i 2|CD|, przy czym z założenia 2|CD|> |AB|. Naprzeciwko dłuższej przekątnej leży kąt o wiekszej rozwartości, zatem \(\displaystyle{ \sphericalangle A > \sphericalangle C}\), a ponieważ \(\displaystyle{ \sphericalangle A+ \sphericalangle C=180^0}\), więc \(\displaystyle{ \sphericalangle A-\sphericalangle C=(180^0-\sphericalangle C)-\sphericalangle C>0 \ \Rightarrow \ \sphericalangle C < 90^0}\), a to mieliśmy pokazać. : )
-
- Użytkownik
- Posty: 16328
- Rejestracja: 26 lis 2008, o 20:14
- Płeć: Kobieta
- Podziękował: 35 razy
- Pomógł: 3248 razy
środkowa trójkąta
\(\displaystyle{ CD=d_c}\)
\(\displaystyle{ d_c> \frac{1}{2}c}\)
\(\displaystyle{ d_c= \frac{1}{2} \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}>\frac{1}{2}c}\)
\(\displaystyle{ 2a^2+2b^2-c^2>c^2}\)
\(\displaystyle{ a^2+b^2-c^2>0}\)
Z twierdzenia cosinusów mamy:
\(\displaystyle{ cos\gamma= \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}>0}\)
\(\displaystyle{ \gamma<90^o}\)
\(\displaystyle{ d_c> \frac{1}{2}c}\)
\(\displaystyle{ d_c= \frac{1}{2} \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} \sqrt{2a^2+2b^2-c^2}>\frac{1}{2}c}\)
\(\displaystyle{ 2a^2+2b^2-c^2>c^2}\)
\(\displaystyle{ a^2+b^2-c^2>0}\)
Z twierdzenia cosinusów mamy:
\(\displaystyle{ cos\gamma= \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}>0}\)
\(\displaystyle{ \gamma<90^o}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 382
- Rejestracja: 1 cze 2010, o 15:34
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 61 razy
środkowa trójkąta
Można nieco inaczej.
Twierdzenie:
\(\displaystyle{ |CD|>|BD| \Rightarrow \sphericalangle DBC> \sphericalangle DCB}\)
Dodajemy nierówności stronami:
\(\displaystyle{ \sphericalangle DAC + \sphericalangle DBC> \sphericalangle DCA+ \sphericalangle DCB}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle DAC + \sphericalangle DBC> \sphericalangle ACB \quad (1)}\)
Dla \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) mamy:
\(\displaystyle{ \sphericalangle ACB+ \sphericalangle DBC+ \sphericalangle DAC=180º}\)
\(\displaystyle{ 180º-\sphericalangle ACB= \sphericalangle DBC+ \sphericalangle DAC \quad (2)}\)
Wstawiamy \(\displaystyle{ (2)}\) do \(\displaystyle{ (1)}\):
\(\displaystyle{ 180º-\sphericalangle ACB>\sphericalangle ACB}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle ACB < 90º}\)
cnd.
Twierdzenie:
\(\displaystyle{ |CD|>|AD| \Rightarrow \sphericalangle DAC > \sphericalangle DCA}\)Większy kąt trójkąta leży naprzeciwko dłuższego boku.
\(\displaystyle{ |CD|>|BD| \Rightarrow \sphericalangle DBC> \sphericalangle DCB}\)
Dodajemy nierówności stronami:
\(\displaystyle{ \sphericalangle DAC + \sphericalangle DBC> \sphericalangle DCA+ \sphericalangle DCB}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle DAC + \sphericalangle DBC> \sphericalangle ACB \quad (1)}\)
Dla \(\displaystyle{ \Delta ABC}\) mamy:
\(\displaystyle{ \sphericalangle ACB+ \sphericalangle DBC+ \sphericalangle DAC=180º}\)
\(\displaystyle{ 180º-\sphericalangle ACB= \sphericalangle DBC+ \sphericalangle DAC \quad (2)}\)
Wstawiamy \(\displaystyle{ (2)}\) do \(\displaystyle{ (1)}\):
\(\displaystyle{ 180º-\sphericalangle ACB>\sphericalangle ACB}\)
\(\displaystyle{ \sphericalangle ACB < 90º}\)
cnd.
środkowa trójkąta
Wielkie dzięki, naprawdę mi to bardzo pomogło (żadnej ironi). Niech wam to Bóg w dzieciach wynagrodzi. Jeszcze raz dzięki.