Jak udowodnić że ten trójkąt jest równoramiennym ?

ercon · Post autor: **ercon** » 27 sty 2005, o 14:34

Na polokregu ktorego srednica jest odcinek AB obrano punkt S (S=/=A i S=/=B) ktorego rzutem prostokatnym na prosta AB jest punkt D. Nastepnie narysowano okrag styczny do prostych SD i AB i majacych jeden punkt wspolny z lukiem AS (styczny zewnetrznie do tego luku ??). Wykaz, ze trojkat ktorego wierzcholkami sa punkty S, B i punkt stycznosci narysowanego okregu z prosta AB jest rownoramienny. Na rysunku ladnie widac ale prawde powiedziawszy nie mam zadnego pomyslu na dowod ;/

W_Zygmunt · Post autor: **W_Zygmunt** » 27 sty 2005, o 21:19

Czy aby na pewno taka jest treść zadania? Coś mi nie daje się to narysować! Możesz podesłać szkic? (skontaktuj się ewentualnie przez PW)

Post autor: **Zlodiej** » 27 sty 2005, o 21:31

Mi się wydaje, że dobra treść ...

Wiem, że to za pięknie nie wygląda ale ...

brolly · Post autor: **brolly** » 27 sty 2005, o 21:34

w porownaniu z moim jest przesliczny zreszta ja w ogole to kolo rzucilem z drugiej strony tak jakbys zamienil A i B miejscami i probowal to narysowac a o dziwo tez wychodzi rownoramienny

W_Zygmunt · Post autor: **W_Zygmunt** » 27 sty 2005, o 21:57

Ok. Zrozumiałem że to konstruowany okrąg ma być zewnętznie styczny Jutro spróbóję

Post autor: **Yavien** » 27 sty 2005, o 23:20

Mi sie wydaje, ze to nie jest prawda

brolly · Post autor: **brolly** » 27 sty 2005, o 23:27

malo prawdopodobne zadanie pochodzi z wiarygodnego zrodla ;-] zreszta na rysunku to wyglada na rownoramienny mysle ze trzeba cos pokombinowac z dlugosciami luku i ze rzut prostokatny na prosta zachowuje stosunki odleglosci... ale nie mam pomysla ;/

Post autor: **Yavien** » 27 sty 2005, o 23:49

Przy takim wpisywaniu okręgu, niestety:
https://matematyka.pl/album_pic.php?pic_id=35

[ Dodano: Czw 27 Sty, 2005 23:54 ]
chociaż zaraz, może BC=SB?

[ Dodano: Czw 27 Sty, 2005 23:59 ]
Ale na pewno brakuje założenia, z której strony prostej SD ma być okrąg:
https://matematyka.pl/album_pic.php?pic_id=36

[ Dodano: Pią 28 Sty, 2005 00:04 ]
Ale wtedy rownoramienny chyba jest ASC:
http://matematyka.pl/album_pic.php?pic_id=38

Post autor: **Zlodiej** » 28 sty 2005, o 00:14

Nie brakuje ...

Okrąg styczny do łuku AS ... To mówi samo za siebie po której stronie .

Post autor: **Yavien** » 28 sty 2005, o 00:22

Ide spac w takim razie, juz nie doczytuje podstawowych informacji Przepraszam za zamieszanie.

brolly · Post autor: **brolly** » 28 sty 2005, o 14:27

tak patrze na to zadanie jeszcze nic specjalnie madrego nie wymyslilem poza tym ze odcinek SC jest srednia geometryczna AC i BC moze to komus cos podpowie

_el_doopa · Post autor: **_el_doopa** » 28 sty 2005, o 15:45

proponuję policzyć analitycznie niewięcej niż 1 strona z tego wyjdzie.

brolly · Post autor: **brolly** » 28 sty 2005, o 16:27

jakbym umial to bym policzyl (oznaczyc punkty ? i liczyc wektorowo itp. ?)

W_Zygmunt · Post autor: **W_Zygmunt** » 28 sty 2005, o 19:54

W trójkącie prostokątnym OCP
\(\displaystyle{ |OC|=\sqrt{(R-r)^2-r^2}}\)
\(\displaystyle{ x=R-r-|OC| = R-r-\sqrt{(R-r)^2-r^2}}\)
Trójkąt BSA jest prostokątny więc zachodzi równość
\(\displaystyle{ h^2=x\cdot (2R-x)}\)
Teraz wystarczy okazać że \(\displaystyle{ |BS| = |BC|}\)
\(\displaystyle{ |BS|^2=h^2+x^2}\)
\(\displaystyle{ |BC| = x+r}\)

Zaprzągłem Derive i sobie nie poradził
\(\displaystyle{ \frac{|BS|^2}{|BC|^2} =\frac{-2\cdot R\cdot (\sqrt{R^2-2\cdot r\cdot R}+r-R)}{R-\sqrt{R^2-2\cdot r\cdot R}}^2=\frac{-2\cdot R\cdot (\sqrt{-R\cdot (2\cdot r-R)}+R)^2\cdot (\sqrt{-R\cdot (2\cdot r-R)}+r-R)}{4\cdot r^2\cdot R^2}}\)
Po wstawieniu warośći wychodzi 1.
Może ktoś to potrafi wykazać.

Post autor: **Rogal** » 28 sty 2005, o 21:19

Głupio trochę wyszło, bo poprzekształcałem to, ale mi r wyszło równe 0. W międzyczasie dzieliłem stronami tylko przez x, które raczej nie jest 0, więc chyba dopiero jutro tu odpowiem.

Jednak dzisiaj , ale po kolei. Zmieniłem trochę sposób, dla mnie prościej. Wypisujemy dane:

\(\displaystyle{ |OC| = \sqrt{R(R-2r)} \\ x = R-r-\sqrt{R(R-2r)} \\h^{2} = x(R+r+\sqrt{R(R-2r)}) \\ |BS|^{2} = h^{2}+x^{2} \\ |BC|^{2} = x+r /^{2} \\ |BC|^{2} = x^{2} +2xr +r^{2}}\)
I teraz zakładamy, że są równe i będziemy tego dowodzić:

\(\displaystyle{ |BS|^{2} = |BC|^{2} \\ h^{2}+x^{2} = x^{2} + 2xr +r^{2} \\ h^{2} = 2xr+r^{2} \\ x(R+r+\sqrt{R(R-2r)}) = 2xr+r^{2} \\ x(R+r+\sqrt{R(R-2r)})-2rx = r^{2} \\ x(R+r+\sqrt{R(R-2r)}-2r) = r^{2} \\ (R-r-\sqrt{R(R-2r)})(R-r+\sqrt{R(R-2r)}) = r^{2} \\ (R-r)^{2} - R(R-2r) = r^{2} \\ R^{2} - 2rR + r^{2} - R^{2} + 2rR = r^{2} \\ 0=0}\)
Z czego wynika, że założenie było prawdziwe, a jeżeli kwadraty są równe, to same odcinki są równe - |BC| = |BS|
Morał z tego taki, że jak mawiała moja nauczycielka z gimnazjum (pozdrowienia dla pani Dudek ) - życie trzeba sobie upraszczać!
Zgadzam się z nią w całej rozciągłości. Skoro takiego zawiłego zapisu nawet Derive nie przegryzł, a to co u góry, to takie proste jest (jak się już zrobiło ), to coś w tym jest.
Pozdrawiam wszystkich zainteresowanych tym topiciem - to chyba już jego koniec .