twierdzenie sinusów i cosinusów salamandra: W równoległoboku ABCD boki mają długości 12 i 5, a krótsza przekątna ma długość 8. Oblicz długość drugiej przekątnej. 2 Czy to jest dobry rysunek? Jest różnica którą przekątną uznam za krótszą?

Blee: żadna różnica ... o ile rysunek nie będzie sugerował innej

salamandra: Mając trzy boki trójkąta 12,5,8, najlepiej z tw. cosinusów i wyliczyć ile będzie wynosił cosα?

Blee: dokładnie

Blee: i pamiętać, że α ≤ 90^o

salamandra: Bo nie leży naprzeciwko największego boku, więc nie mogą być dwa kąty rozwartokątne w trójkącie?

Blee: yeeeep ... tylko 'największy bok' zamieniłbym na 'dłuższą przekątną' i to że α+β = 180

salamandra: tylko z tego, że α+β = 180 nie wynika wprawdzie, że α (ogółem) nie może być rozwarty?

jc: 2(a²+b²)=p²+q² a, b − boki p, q − przekątne

Blee: powyższa zależność wynika z tw. cosinusów + tego, że α+β=180 więc cosβ = −cosα

salamandra: Wyliczyłem cosα 8²=12²+5² − 2*12*5*cosα 64=144+25−24*5*cosα 64= 171−120*cosα −107 = 120cosα α≈63 β = 180−63 = 117 I teraz tw.cos x²=12²+5²−2*12*5*cos117 x²=144+25−120*(−cos63) x²=171−120*(−0,4540) x²=171−(−54,48) x²=225,48 x= √225 Dobrze?

salamandra: W odpowiedzi mam √274 i wynika to z rozbieżności w zaokrągleniach czy z jakiegoś błędu elementarnego?

salamandra: Nieważne, nie będzie 171 tylko 169.

ABC: 144+25=169 to po pierwsze po drugie gdy cosα wychodzi ujemny to druga ćwiartka dalej mi się nie chce patrzeć

salamandra: Faktycznie, nie wiem dlaczego zgubiłem minus przy 120cosα.

salamandra:

	−105
Znaczy tu zgubiłem, ale wynik i tak jest dobry, bo po prostu będzie		więc wyjdzie
	−120

cos dodatni. No a w tym "x²...." to zamieniłem cos117 na −cos63

a@b: Skorzystaj z zależności ( już Ci ją podawałam f²+e²=2a²+2b² f²=2*144+2*25 −64 f=√274 ======== i po ptokach

ABC: robisz to od zakrystii, ze wzorów redukcyjnych wyszedłby dokładny wynik √105+169= √274 książka ma dobrze

salamandra: a@b tak, tylko temat mam zastosowania tw. sinusów i cosinusów, więc musiałbym pewnie dowieść tego wzoru, a nie znam dowodu tego wzoru. Po poprawce tych chochlików i tak wychodzi mi √227.... więc coś mam źle

ABC: Eta ty już wybiłaś tyle ptaków a do mnie wrony przylatują cały czas

Saizou : Dowód wynika z automatu z tw. cosinusów

ABC: salamandra bo tam nie wychodzi za Chiny Ludowe kąt 63 jaki ty podajesz

a@b: Dowód prosty ....jak "budowa cepa" e²=a²+b²−2abcosα β=180^o−α to cosβ= −cosα zatem f²=a²+b²−+2abcosα dodając stronami otrzymasz f²+e²=2a²+2b² i po bólu

salamandra: Napiszę rozwiązanie od nowa: 8²=12²+5%2−2*12*5*cosα 64=144+25−120cosα 64=169−120cosα −105=−120cosα

	−105
cosα=
	−120

cosα=0,875 α≈61 β=119 x²=12²+5%2−2*12*5*cos119 x²=169−120*(−cos61) x²=169−120*(−0,4848) x²=169+58,176≈227 x= √227 Coś zrobiłem źle?

jc: A ja myślałem, że to tożsamość równoległoboku: (u+v)² + (u−v)² = 2(u²+v²) u=C−A, v=D−B

ABC: cos α=0,875 to α≈28 stopni 57 minut 18 sekund

a@b: @ ABC Kup sobie "sztuczną wronę" u Chińczyka i zamontuj..( to żywe wrony odstraszysz

salamandra: Ohhh jezuuu, nie pierwszy raz źle przeczytałem z tablic, bo przeczytałem dla kąta α, a dla cos trzeba odczytywać z β

a@b: @jc jasne ,że tożsamość Jak zwał, tak zwał

salamandra: Teraz wyszło, dzięki

salamandra: a@b− f2=a2+b2−+2abcosα− to w końcu − czy + tu będzie (mówię o tym dowodzie)

a@b: plus

salamandra: bo formalnie powinno być 2abcosβ ale już zamieniłaś na α i minusy pomnożyłaś tak?

a@b: taaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaak

salamandra: Postaram się zapamiętać tę zależność

a@b:

salamandra: Przydała się już w następnym zadaniu: W równoległoboku przekątnę mają długości 10 i 6√2. Oblicz sumę kwadratów długości dwóch różnych boków tego równoległoboku. 10²+(6√2)²=2a²+2b² 100+36*2=2a²+2b² 172=2a²+2b²/ :2 86=a²+b² dziękuję

a@b: Pamiętaj! Musisz na początku dopisać komentarz w każdym równoległoboku zachodzi równość f²+e²=2a²+2b²

salamandra: Teraz mam problem z następującym zadaniem, nie wiem czy dobrze do niego podchodzę− Trapez równoramienny wpisany jest w okrąg o(O,R). Przedłużenia ramion trapezu przecinają się pod kątem 60 stopni. Oblicz promień R okręgu, jeśli ramię trapezu ma dlugość 6, a krótsza podstawa 4. Oczywiście rysunek niedokładny, ale chodzi o to, że skoro przecinają się pod kątem 60 stopni, to razem z trapezem powstaje mi trójkąt równoboczny i z tego trzeba kombinować?

a@b: 1/ z podobieństwa trójkątów ABE i DCE ............. a=10 Z tw cosinusów w ΔABD d²=..................... i z tw. sinusów w tym samym trójkącie

d
	= 2R
sin60o

R=...........

a@b: Myślę,że to wiesz : ΔABE jest równoboczny

salamandra: Zrobiłem to trochę inaczej: Z małego trójkąta powstałego wskutek przedłużenia ramion:

	2
tg30=
	h

√3		2
	=
3		h

h√3 = 6 3h= 6√3 h=2√3

	2√3
cos30 =
	y

√3		2√3
	=
2		y

y√3 = 4√3 3y=12 y=4 Wiemy, że powstanie nam trójkąt równoboczny, więc skoro y=4, to całe ramię ma 6+4 = 10, więc dolna podstawa również ma 10. Teraz rozważam trójkąt MBC

	a−b		10−4
Z własności trapezu wiem, że |MB| to		=		=3
	2		2

Z tw. Pitagorasa liczę wysokość trójkąta MBC oznaczoną t. t²+3²=36 t²=27 t=√27 Teraz rozważam trójkąt AMC, liczę długość f

	a+b
Wiem, że długość AM =		= 7
	2

7²+t² = m² 49+27 = m² m= √76 Z tw. sinusów w trójkącie ABC

√76
	= 2R
sin60

√76
	=2R
√32

2√76
	= 2R / :2
√3

√76
	= R
√3

	√76*√3		√228		2√57
R=		=		=
	3		3		3

Blee: salamandra ... a nawet jeżeli nie zapamiętasz to ją wyprowadzisz z tw. cosinusów: e² = a² + b² − 2abcosα f² = a² + b² − 2abcosβ = a² + b² − 2abcos(180−α) = a² + b² +2abcosα sumujemy i mamy: e² + f² = 2a² + 2b²

salamandra: Tam nie m² tylko f², po prostu w zeszycie podpisałem to jako m i przepisywałem.

a@b: 2 sposób ( bez podobieństwa Kąty ostre trapezu mają po 60^o ( bo ΔABE równoboczny Z trójkąta AFD "ekierki" |AF|= 3 ... to a=10 Okrąg opisany na trapezie jest też opisany na ΔABD z tw. cosinusów d=........... zatem z tw. sinusów

	d
2R=
	sin60o

R=..............

a@b: @salamandra Co to za rysunek ? Zapamiętaj ! w zadaniach z planimetrii porządny rysunek, to połowa sukcesu

salamandra: Już mówiłem nie raz, że nie umiem tu rysować.

a@b: No ja teraz idę na brydża Powodzenia w następnych zadankach

Szkolniak: b=6 c=4 β=60^o w ΔABC: α+α+β=180^o ⇔ 2α=120^o ⇔ a=60^o |CD|=|CE|=|DE|=4 ΔABC~ΔDEC (cecha kkk)

	c		c+b
		=
	c		2R

	10
1=
	2R

2R=10 ⇒ R=5 Jeśli R wychodzi nieprawidłowe, w takim razie gdzie w moim rozumowaniu jest błąd?

salamandra: A na pewno możesz założyć ze AB to 2R?

Szkolniak: Ostatnio z a@b rozwiązywaliśmy pewien dowód na pole takiego trapezu, wyszło bodajże

	h2
P=		, i wyszło na to że nie jest ważne jak narysuje ten trapez
	tgα

Pytanie w takim razie w czym tkwi tutaj problem i czy mogę tak narysować tutaj ten trapez

Bleee: Szkopniak − dłuższą podstawa nie jest równa średnicy. Zauważ że przy takim układzie prowadzisz bok że środka okręgu do wierzchołka C. Otrzymujesz trójkąt rownoramienny (ramiona rowne R) którego kat przy podstawie równy jest 60^o, w takim razie to jest trójkąt rownoboczny, więc R = 6 (ramię trapezu) Analogicznie do wierzchołka D i masz trójkąt Δ_OCD który także będzie rownoboczny (patrz kąty) więc krótsza podstawa by musiała się równać 6, a tyle się nie równa.

Bleee: Ale właśnie pdsunales mi pomysł na rozwiazanie. Zaraz będę rysować.

Szkolniak: Bleee rzeczywiście, dzięki

a@b: