Matematyka.pl

Mam takie zadanko:

W kwadracie ABCD na pionowej osi symetrii, przechodzącej przez środki naprzeciwległych jego boków (AB i CD), zaznaczono punkt P, tak że kąt między odcinkiem AP i bokiem AB ma 15 stopni. Jakim trójkątem jest trójkąt CPD?

Zadanie należy rozwiązać nie uzywając funkcji trygonometrycznych, ani żadnych skąplikowanych obliczeń (zadanie dla gimnazjalistów). Miłego rozwiązywania

To chyba będzie trójkąt równoboczny

Tak to juz wiem
Tak chyba będzie.. ale trzeba to udowodnić
A ja nie wiem jak

acha, równoboczny
obliczasz tangensem długość przyprostokątnej naprzeciw kąta 15stopni.
odejmujesz to od a i teraz masz wysokość
\(\displaystyle{ tg =\frac{x}{0,5a}\\ h=a-x}\)
musisz sprawdzić czy to jest wysokość trójkąta równobocznego czyli

\(\displaystyle{ h=\frac{a\sqrt{3}}{2}}\)

i wszystko jasne;
acha acha

Ale trzeba to udowodnić NIE stosując funkcji trygonometrycznych ( np. tangensa =.=')
Tylko podstawy geometrii... To zadanie dla gimnazjalistów, którzy nie znają jeszcze takich wzorów...

Weź sobie taki punkt E dla ktorego trojkąty ABP i BEC sa przystajace wtedy kat PBE jest rowny 60 stopni nastepnie biezesz punkt F dla ktorego DCF i EBC sa przystające wtedy kat FCE jest rowny 60 stoni a tym samyn DCP jest rowny 60 stopni i DP=PC wiec trojkat jest trojkatem rownobocznym


to chyba bedzie tak

Niebardzo widze dlaczego w tym wypadku kat DCP ma byc równy 60 stopni..

No mi też się wydaje że rozumowanie Aramila jest błędne.

edit. Chyba rozwiązałem ale nie wiem czy dobrze. Sprawdźcie mnie.
Rysunek niedokładny ale wiadomo o co chodzi - trójkąt ABP i BQC są przystające, a E i W to środki boków AB i CD.



No i teraz obliczenia.
\(\displaystyle{ \angle ABP = \angle BQC = 150\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle ABP = \angle QBC = 15\circ}\)
więc: \(\displaystyle{ \angle PBQ = 60\circ}\)
\(\displaystyle{ PB = BQ}\), więc \(\displaystyle{ \angle BPQ = \angle BQP = 60\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle PQC + \angle PQB + \angle BQC = 360\circ}\)
więc: \(\displaystyle{ \angle PQC = 150\circ}\)
\(\displaystyle{ PQ = QC}\) więc: \(\displaystyle{ \angle CPQ = \angle QCP = 15\circ}\)

No i teraz
\(\displaystyle{ \angle BPE + \angle QPB + \angle CPQ + \angle CPW = 180\circ}\)
\(\displaystyle{ 75\circ + 60\circ + 15\circ + \angle CPW = 180\circ}\)
\(\displaystyle{ \angle CPW = 30\circ}\)

Później to już banał.

Przyznam, nie widzę żadnego błędu, ale jakoś mi tak dziwnie wyglądam, może się myle

Hmm.. no całkiem nieźle..
Tylko nie rozumiem skąd wiesz, że trójkąt PQC jest równoramienny... i ma przy podstawie 15 stopni.. Musiałbyś wyjść z założenia, że BC i PC są równe, a wtedy to nawet nie trzeba liczyć kątów

Astarte pisze:Tylko nie rozumiem skąd wiesz, że trójkąt PQC jest równoramienny... i ma przy podstawie 15 stopni.. Musiałbyś wyjść z założenia, że BC i PC są równe, a wtedy to nawet nie trzeba liczyć kątów

Trójkąt BQC ma kąty 150, 30 i 30. \(\displaystyle{ \angle PBQ = 90\circ - 2*15\circ = 60\circ}\) Boki PB i BQ są równe (bo trójkąty ABP i BQC są przystające), a kąt między nimi to \(\displaystyle{ 60\circ}\) stąd wniosek, że trójkąt PBQ jest równoboczny i PQ = PB = BQ. Teraz znamy wszystkie kąty przy punkcie Q oprócz \(\displaystyle{ \angle PQC}\), więc można prosto wyliczyć i ż wynosi on 150\(\displaystyle{ \circ}\) No a że PQC jest równoramienny to kąty przy podstawie wychodzą po 15\(\displaystyle{ \circ}\) no więc trójkąt PQC jest przystający do QBC.

Jak bredze to poprawcie.

Ok już rozumiem
Na prawde gratuluje pomyslu :] i dzieki za pomoc

Dzięki, ale właściwie rozwiązanie podsunął mi Aramil Gdyby nie On to nie wpadł bym na to żeby sobie narysować trójkąt przystający do ABP na boku BC