Powodzenia maturzyści - ćwiczcie! Saizou : Rozważmy trapez prostokątny ABCD o podstawach AB i CD oraz katach prostych przy wierzchołkach A i D. Wiedząc,że punkt S jest środkiem okręgu wpisanego w ten trapez oraz |SB|=4 i |SC|=2 Oblicz obwód trapezu ABCD

Eta: 12√5 ====

Saizou : To zadanie od Ciebie Eta z dawnych czasów

Eta: Co nagle, to po diable Odp: L=7,2√5 =========

Eta: Miło mi ,że jeszcze pamiętasz

Saizou : Co prawda, to prawda Odpowiedź z 17:31 jest prawidłowa

Eta: Szkoda ,że teraz takich chętnych maturzystów ( jak kiedyś) brak

Saizou : Z tego co widzę mamy na forum trzech @Szkolniak, @salamandra i @Wolfik

Eta:

Saizou : Dorzucę jeszcze to zadanie, też od Ciebie (na zachętę napiszę, że dwa razy je rozwiązywałem i za każdym razem inaczej) Oblicz pole trapezu, w którym suma kątów ostrych = 90^o zaś różnica kwadratów przekątnych jest równa 16

salamandra: Odnośnie pierwszego. Wybaczcie za rysunek, ale tylko mam pytanie, czy tam gdzie "x" będzie kąt prosty?

Saizou : Tak, tylko trzeba to uzasadnić

salamandra: Jakaś wskazówka?

Saizou : Środek okręgu wpisanego w trapez to punkt przecięcia się dwusiecznych.

salamandra: To wiem, ale stąd wynika że przy "x" będzie kąt prosty? Zaraz wyślę zdjęcie jaki rysunek wykonałem, bo tutaj chyba nigdy nie nauczę się rysować

Saizou : poprawiam treść zadania 2 W trapezie o kątach ostrych 30^o i 60^o, zaś różnica kwadratów przekątnych trapezu wynosi 16 Oblicz pole tego trapezu.

Saizou : Ile wynosi suma miar kątów przy jednym ramieniu trapezu?

salamandra: Ok, spróbuje tu: 2α+45+45 = 180 2α = 90 α = 45 więc kąt "x" to dopełnienie do 180, i jest prosty.

salamandra: Zacząłem od wierzchołka A, skoro podzieli nam dwusieczna na 45 i 45, a przy wierzchołku D mamy kąt prosty, to kąt przy wierzchołku C tego "małego" trójkąta po lewej będzie miał 45 Wiemy, że przy wierzchołku C, też jest dwusieczna, czyli drugi też musi mieć 45 stopni (przy wierzchołku C), potem wiemy że suma kątów przy B i C musi dać 180 stopni, stąd 2α+90 = 180,

Saizou : Kąt przy wierzchołku C nie jest kątem prostym

Saizou : Masz 2α+2β=180 α+β=90 stąd kąt CSB=90

salamandra: No racja, na logike tam nie może byc 90 stopni, bo i czwarty musiałby tyle mieć, czyli cała ta metoda do niczego?

Saizou : Ale co dalej? Pomyśl o polu ΔCSB i promieniu okręgu wpisanego w trapez

salamandra: Pole CSB to oczywiście 4.

Saizou : To teraz oblicz promień okrgeu

salamandra: Mogę to zrobić nieznając α ani β?

salamandra: Obliczyłem na razie CB = 2√5

Saizou : Możesz Równość pól

Eta: zad2 P=4√3 =======

salamandra: chyba przerasta to moją wyobraźnie, przynajmniej na razie

Saizou : BC z Pitagorasa

1		1
	•|SC|•|SB|=		•r•|BC| stąd r
2		2

Pitagoras dla x oraz y

Eta: Obwód : 4r+2(x+y) W ΔBCS : x+y=√2²+4²= 2√5

	2*4
W ΔBCS : r=		=....
	x+y

Obwód : L=...............

Eta:

salamandra: 1/2 * r * BC, który trójkąt w tym momencie liczysz, bo nie mogę się dopatrzeć?

Eta:

	1
ΔBSC P=		*|BC|
	2

salamandra: Bo promień to wysokość tego trojkata?

Saizou : Tak

salamandra:

	1
no to, 4=		*r*2√5
	2

4 = √5*r 4√5 = 5r

4√5
	= r
5

	4√5
x2+(		)2 = 16
	5

	80
x2+		= 16
	25

	400		80
x2 =		−
	25		25

	320		64
x2 =		=
	25		5

	8		8√5
x =		=
	√5		5

y²+r² = 2²

	80
y2+		= 4
	25

	20
y2 =
	25

	√20		2√5
y=		=
	5		5

	4√5		2√5		8√5
L = r+y+y+x+x+r+r+r = 4r+2x+2y = 4*		+ 2*		+2*		=
	5		5		5

	16√5		4√5		16√5		36√5
=		+		+		=		?
	5		5		5		5

Saizou : i gites

salamandra: W końcu..... twardy ten orzech (czyt. planimetria) dla mnie do przegryzienia....

Saizou : Trzeba ćwiczyć i ćwiczyć i ćwiczyć

salamandra: Wiem, tak jak zapowiadałem, dziś miałem ostatni zawodowy i biorę się do roboty, mam nadzieję, że nie jest za późno, zamierzam rozszerzenie na te 60% chociaż napisać... próbną napisałem na 44% teraz

Saizou : Łap zadanko Kąt ostry równoległoboku mam miarę 60^o. Odległość punktu przecięcia przekątnych równoległoboku od jego boków są równa 2 i 1. Oblicz długości jego przekątnych .

Saizou : Z mojego doświadczenia, maturę rozszerzoną napisałem na 78%, a teraz skończyłem studia z matematyki Jak będziesz ćwiczyć to dasz radę.

salamandra: Jeszcze rok temu nie wychodziłem poza 10%, jak sam od czasu do czasu zerknąłem. Takie rzeczy jak parametry, czy cokolwiek związane z algebrą to robię z zamkniętymi oczami, ale geometria od zawsze była moją pięta Achillesową i bez tego na rozszerzeniu nie da się osiągnąć dobrego wyniku. Najgorsze, że w szkole jeszcze przede mną wiele materialu z geometrii− z planimetrii jeszcze tw. sinusów/cosinusów, stereometria. Zaraz zerknę zadanko

Saizou : Dlatego trzeba ćwiczyć swoje słabsze strony, żeby potem było łatwiej. Lepiej, żeby teraz się klika razy naciąć niż na maturze. W zadaniu wystarczy wykorzystać podstawy geometrii

salamandra: α= 60 Dobry rysunek wstępny? Dobrze zrozumiałem polecenie?

Saizou : tylko te odcinki 1 i 2 pod kątem prostym

salamandra: Wiem, tylko nie wiedziałem jak je oznaczyć w tym magicznym rysowaniu

salamandra: Opłaca się wykorzystać jakoś kąt między tymi odcinkami? będzie tam 120 stopni

Saizou : To zależy jaką drogą pójdziesz. Ja mam rozwiązanie na 4 linijki

salamandra: Dużo pomogłoby mi info, czy te przekątne dzielą kąt α na pół, wątpię, ale spytam

Saizou :

salamandra: Zaraz spróbuje, mam pomysł

salamandra: β= 120 stopni Do tego momentu jest ok?

salamandra: Jeśli tak to

	1
cos30 =
	12e

	4√3
e =
	3

Saizou : Pole na dwa sposoby 2a=4b ⇒ a=2b

	√3		2		4√3		8√3
sin60=		=		→b=		a=
	2		b		3		3

z tw. cosinusów |BD|²= b²+a²−2ab*cos60 →|BD|=U{√4√3{3} |AC|²=b²+a²+2ab*cos60 → |AC|=4

Saizou : Poprawiam zapis

	4√3
|BD|=
	3

salamandra: Chociaż kawałek dobrze Twierdzenia cosinusów nie miałem. Dałoby radę z mojego sposobu wyznaczyć f? Jakoś nie moge się dopatrzec, „e” łatwo poszło

Saizou : kąt β u ciebie ma 60 stopni

a@b: W każdym równoległoboku zachodzi taka równość f²+e²=2a²+2b²

salamandra: A czemu nie 120?

Saizou : Eta nie każdy zna tę zależność, ja na przykład nie powiedziałbym jej z pamięci. bez tw. cosinusów |AE| da się obliczyć z tw Pitagorasa |EB| poprzez odejmowanie |DB| Pitagoras Druga przekątna "Przeklejamy" ΔAED tak aby boki AD i BC się pokryły (i znowu Pitagoras )

Saizou : Przeprasza, dobrze, źle spojrzałem u siebie na rysunek

a@b: No to mamy nowe zadanko( typu "wykaż" zad Wykaż ,że w każdym równoległoboku zachodzi równość f²+e²=2a²+2b² gdzie a,b, −− dł. boków i f,e −−− dł. przekątnych

Saizou : 2 x tw. cosinusów

salamandra: Ogarnę jutro ten sposób z 22:43. Czyli da radę z tego mojego rysunku wykombinować tę druga przekątną? I jeszcze pytanie do Twojego rysunku− skąd wynika, że ta „czerwona” wysokość = 2? Czyli ta odległość od punktu przecięcia do boku to 1/2h?

Saizou :

	1
Tak, odległość punktu przecięcia do boku wynosi		h, stąd też czerwony odcinek ma długość
	2

2

a@b: Dokładnie tak Saizou Dlatego w rombie mamy równość f²+e²=4a²

Saizou : Tam nie masz po 30^o.

a@b: @ salamandra A może taki rys. Ci pomoże?

salamandra: To czemu wyszło?

Saizou : Przypadek

salamandra: To skoro tam nie jest 30, to jedyne co bym potrafił to obliczyć a i b, Te dwa podpunkty co napisałeś, że bez tw. cosinusów tez, nie wiem natomiast jak DB z Pitagorasa

Saizou : Tak ja w podstawówce wyprowadzało się wzór na pole

Saizou : Zadanie 2 czeka na rozwiązanie Maturzyści W trapezie o kątach ostrych 30° i 60°, zaś różnica kwadratów przekątnych trapezu wynosi 16 Oblicz pole tego trapezu.

salamandra: e²−f² = 16 (e−f)(e+f) = 16 Jakaś wskazówka?

Saizou : skorzystać z trójkątów 30, 60, 90

salamandra: W sumie to odwrót, bo nie mogę założyć która przekątna jest dłuższa, bo gdyby się okazało, że f jest dłuższe, to wyszedłby mi ujemny wynik

salamandra: Przekątne w trapezie również tworzą dwusieczne?

Saizou : Przekątne to nie dwusieczne. Ta przekątna naprzeciwko 60° będzie dłuższa.

salamandra: Jedyne co mi przychodzi do głowy to jakieś wysokości dorysować, np. tak?

a@b: Z trójkątów o kątach : 30^o,60^o,90^o ( wprowadzamy oznaczenia jak na rys.

	√3
P (trapezu)= P(ABC)−P(DEC) ( a2−b2)*
	2

w ΔAEC : f²=3a²+b² w ΔBDE : e²=a²+3b² − ============ f²−e²=2(a²−b²) ⇒ a²−b²=8 P=4√3 ========

Saizou : Podpowiedź: opisz długości odcinków, które wynikają z własności trójkątów 30, 60, 90 założenie e>f

a@b: Sorry Saizou za zepsucie zabawek

Saizou : Eta nic się nie stało możesz coś wrzucić dla naszych rodzynków?

Saizou : Zadanie (nie wiem które, ale niech będzie) 4* Dany jest trapez prostokąty ABCD o podstawach AB i CD, dłuższym ramieniu o długości 8√3 oraz kącie ostrym równym 30°, Oblicz pola trójkątów AOB oraz DOC, gdzie O jest punktem przecięcia przekątnych trapezu, jeżeli jego obwód jest równy 12√3+24.

salamandra:

	√3
P (trapezu)= P(ABC)−P(DEC) (a2−b2)*		skąd to wynika? resztę rozumiem
	2

Saizou : Tam powinno być dodać P_trapezu=P_ABC+P_DCE

	1		1		1
PACD=P{ACE}−PDEC=		•a√3•b−		•b√3•b=		b√3(a−b)
	2		2		2

analogicznie P_ABC=P_ABE−_ACE

Saizou : Poprawka P=P_ACD+P_ABC

mr t: Ciekawe zadanka saizou, miło z twojej strony ze się angażujesz

salamandra: Miesiąc minął, a ja nie pamiętam swoich postów z tego wątku

a@b: A ja Ci ciągle powtarzam : jedz ........

salamandra: Spróbuję później je rozwiązać ponownie− może się uratuje

mr t: Może ktoś wie jak rozwiązać zadanie 2, obliczyć pole trapezu o katach ostrych 30 i 60 i różnicy kwadratów przekątnych równej 16? Rozrysowalem sobie dwa trójkąty, z tw cosinusów rozpisałem dwa równania które później odjalem: e²−d²=c²−f²−ac−√3af → 16=c²−f²−ac+√3af

mr t: tutaj rysunek z opisanymi bokami:

a@b: Odp: P=4√3 ======

a@b: Czytaj mój wpis (Eta 21:40 Czego tu nie rozumiesz ?

mr t: Kurcze, głupio się przyznac nie szukałem aż tak nisko, dzięki − wszystko jasne

a@b:

a@b: No i jeszcze 100 wpis mój