PLANIMETRIA agent0013: 1. w trójkącie równobocznym ABC na boku BC wybrano taki punkt P, że |BP| : |PC|=1:2. oblicz tangens kąta PAB. 2.W trójkącie prostokątnym ABC, w którym kąt przy wierzchołku C jest prosty i |AB| =8, dwusieczna kąta A i środkowa CD przecinają się pod kątem prostym w punkcie K. Wyznacz długość odcinka BK. 3. Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym kąt przy wierzchołku C jest prosty i |AC|>|BC|. Środek okręgu stycznego do boku BC w punkcie E i do boku AC w punkcie D leży na przeciwprostokątnej i dzieli ją na odcinki o długościach 15 i 20. a)oblicz długość promienia tego okręgu b) Proste AB i DE przecinają się w punkcie P. Oblicz długości odcinków PB i PE.

pigor: ..., np. tak : niech |∡PAB|=x, to z warunków zadania 1. sinx : sin(60^o−x)= |BP| : |PC|]= 1 : 2 ⇒ 2sinx= sin(60^o−x) ⇔ ⇔ sinx= sin60^ocosx− cos60^osinx ⇔ 2sinx= ¹₂√3cosx− ¹₂sinx /*2 ⇔ ⇔ 4sinx= √3cosx− sinx ⇔ 5sinx= √3cosx /:5cosx ⇔ tgx= ¹₅√3. ...

Eta: |AD|=DC|=|AC|=4 trójkąt ADC jest równoboczny( wykaż samodzielnie) to|DK|=|KC|=2| i ∡BDK|=120^o |BK|= x wyznacz z tw. kosinusów w trójkącie BDK otrzymasz Odp: |BK|= 2√7 [j]

Eta: Zapomniałam dopisać,że to zad.2

agent0013: Eta: jak wykazać, że to jest trójkąt równoboczny? próbowałem z cechy trójkątów przystających, ale coś nie wyszło ;<

Eta: Najpierw zauważasz, że trójkąt ADC jest równoramienny, o ramionach 4 to |∡DAC|=|∡ACD|=2α i AK jest dwusieczną prostopadłą dośrodkowej CD stąd w trójkącie prostokątnym ACK : α+2α=90^o ⇒ α= 30^o W trójkącie prostokątnym ADK α+β= 90^o ⇒ β= 60^o= 2α zatem trójkąt ADC jest trójkątem równobocznym o boku |AC|=|AD|=CD|=4 to |DK|=2 i |∡BDC|=120^o i dalej już tak jak napisałam ............ Pozdrawiam

agent0013: dzieki ; )

agent0013: to zostało jeszcze zadanie 3. może ktoś ma jakiś pomysł?

Eta: Poproś ładnie Milę , bo niedawno to zadanie rozwiązywała

Mila: Jutro, bo sporo rysowania i pisania . Dobranoc

pigor: ..., niech r=?. to z warunków zadania zad.3a. np. tak : AD²=(20−r)(20+r) i ^AD+r_AD= ³⁵₂₀ ⇔ AD²=20²−r² i 20AD+20r=35AD ⇔ ⇔ AD²=20²−r² i 4r=3AD ⇒ 16r²=9(20²−r²) ⇔ 25r²=60² ⇒ 5r=60 ⇔ r=12.

pigor: ..., no to 3b. np. tak: r=12 i PB=x=?, a PE=y=?,

	y		12√2
to np.		=		i y(y+12√2)= (x+15−12)(x+15+12) ⇒
	x		15

⇒ (*) y= ⁴₅√2x i y²+12√2y= (x+3)(x+27) ⇒ ⇒ ³²₂₅ x²+⁹⁶₅ x= x²+30x+81 /*25 ⇔ 32x²+5*96x−25x²−750x−81*25=0 ⇔ ⇔ 7x²−270x−81*25=0 i Δ= 270²+7*81*100= 72900+56700= 360² ⇒ ⇒ x= ¹₁₄(270+360)=45 >0, stąd i z (*) y=⁴₅√2*45=36√2.

Eta:

	20		4
a)Z podobieństwa trójkątów ADS i EBS z cechy (kkk) w skali k=		=
	15		3

	4		3
|DA|=		r i |EB|=		r , r>0
	3		4

	16
z tw. Pitagorasa w ΔADS: r2+		r2=400 ⇒ 25r2=9*400 to r2=144 ⇒ r=12
	9

	3
b)|EB|=		r=9
	4

Z podobieństwa trójkątów DSP i EBP: z cechy (kkk)

|DS|		x+15		12		4		x+15
	=		⇒		=		=
|EB|		x		9		3		x

	4		15
		=1+		⇒ x= 45
	3		x

	y		|ED|		y		12√2
to		=		⇒		=		⇒ y= 36√2
	x		15		45		15

Myślę ,że mniej "zamulone" jest moje rozwiązanie

agent0013: bardzo dziękuję za pomoc

Mila: Nocne Marki. Cóż , to miło, że już rozwiązane , narysowane, zapisane. dla Ety i pigora

Eta: