geometria
friedric G.:
Wiedzac, ze AC=BD, CE=2, ED=1, AE=4 oraz ∠CAE=2∠DAB. Wyznacz pole trojkata ABC.
21 cze 23:18
chichi:
Zadanie z jakiegoś konkursu?
22 cze 13:23
friedric G.: chyba tak, niemniej jednak nie znalazlem jeszcze osoby, ktora by to zadanie rozwiazala. Ja
niestety posiadam sam wynik od autora zadania, pozdrawiam
22 cze 15:00
Mila:
To podaj ten wynik
22 cze 16:07
an: | | 9 | |
przy pomocy geogebry wychodzi mi |
| √15 |
| | 4 | |
22 cze 16:13
Mila:
Dziękuję
an. Jeśli się nie roztopię, to spróbuję poszukać pola
22 cze 16:16
chichi:
Potwierdzam wynik @
an, bez użycia GeoGebry
Poczekam na rozwiązanie od @
Mila, moje jest nieco długie
22 cze 16:32
wredulus_pospolitus:
korzystając z tw. cosinusów dla kąta ∡ACB możemy wyznaczyć długość |AD| oraz jak zależy długość
|AB| od |AC|=z
później trzeba rozwiązać układ dwóch równań powstałe z tw. cosinusów dla ∡BAD i ∡EAC gdzie
niewiadomymi będzie cosα oraz z = |AC| = |BD|
mając boki trójkąta można wyznaczyć jego pole
ale szczerze mówiąc ... patrząc na ten układ równań stwierdziłem, że nie chce mi się tego
rozwiązywać
22 cze 16:42
chichi:
A jaka jest miara 'kąta ∡ACB'?
22 cze 16:54
wredulus_pospolitus:
nieistotne ... redukuje Ci się przy odejmowaniu równań .... dobra ... teraz zobaczyłem że źle
podstawiałem do kolejnych równań tw. cosinusa
22 cze 17:00
wredulus_pospolitus:
chociaż nadal można tak zrobić ... wystarczy przemnożyć odpowiednio jedno równań przed
odejmowaniem ich w celu likwidacji czynnika z cos(∡ACB)'
Innymi słowy ... |AD| i |AB| uzależniamy od |AC| = z (nie są to śliczne zależności)
22 cze 17:12
chichi:
Nie mam teraz jak sobie tego rozpisać, a na sucho mi się nie chce myślę, zerknę jak wrócę, a
jak Ci się chce, to wklep tu swoje rozwiązanie, ja później wrzucę swoje
22 cze 17:40
a7: no i jak? czy ktoś rozwiąże to zadanie, bo mnie ciekawi, jak je zrobić?
24 cze 20:50
wredulus_pospolitus: Oznaczenia:
|AC| = |BD| = z
|AD| = y
|AB| = x
z tw. cosinusów dla kąta ∡ACB
1) trójkąt ACE:
16 = z
2 + 4 − 4z*cosβ
2) trójkąt ACD:
y
2 = z
2 + 9 − 6z*cosβ
3) trójkąt ACB:
x
2 = z
2 + (3+z)
2 − 2z(3+z)*cosβ
(1) i (2)
16 = z
2 + 4 − 4z*cosβ //*3
y
2 = z
2 + 9 − 6z*cosβ //*2
48 = 3z
2 + 12 − 12z*cosβ //*3
2y
2 = 2z
2 + 18 − 12z*cosβ //*2
odejmujemy: 2y
2 − 48 = −z
2 + 6 −−−> y
2 = 27 + z
2/2
(1) i (3)
16 = z
2 + 4 − 4z*cosβ //*(3+z)
x
2 = z
2 + (3+z)
2 − 2z(3+z)*cosβ //*2
48 + 16z = 3z
2 + z
3 + 12 + 4z − 4z(3+z)cosβ
2x
2 = 2z
2 + 18 + 12z + 2z
2 − 4z(3+z)*cosβ
| | z3+z2 | |
odejmujemy: 2x2 − 48 − 16z = z3 + z2 + 8z + 6 −−> x2 = |
| + 12z + 27 |
| | 2 | |
z tw. cosinusów dla kątów α i 2α:
4 = 16 + z
2 − 8zcos(2α) = 16 + z
2 − 16zcos
2α + 16z
| | z3 | |
z2 = y2 + x2 − 2xy*cosα = |
| + z2 + 12z + 54 − 2√...*√...cosα |
| | 2 | |
układ równań z dwoma niewiadomymi (z i cosα) ... więc można to rozwiązać, mając z mamy x ...
mamy wszystkie boki ... to mamy pole
czy to optymalne rozwiązanie ... zapewne nie
24 cze 21:34
a7: optymalne czy nie optymalne, ale chyba z grubsza rozumiem, dzięki
24 cze 21:51
an:
Tak to wygląda, ale jak uzasadnić te czerwone
25 cze 00:37
chichi:
@
Mila gratuluję, jesteś jedyną osobą, która użyła w tym zadaniu tego twierdzenia.
Ja zbieram się do wstawienia swojego rozwiązania, ale mi się po prostu nie chce, ale
przedstawię plan, bo korzystałem z twierdzenia, którego nazwy użyłaś:
(1) Twierdzenie o
dwusiecznej
(2) 2x twierdzenie
Stewarta (nie Stewarda)
(3) Twierdzenie
Steinera
I po
zadaniu
27 cze 00:37
Mila:
Przedstaw plan
27 cze 15:37
Mila:
Tw.Stewarta można ominąć wykorzystując tw. cosinusów, ale jest więcej pisania.
Trzeci punkt u mnie zbyteczny ( pomijam, że jest tam literówka).
Niestety to nie jest koniec.
Muszę jeszcze pomyśleć
27 cze 17:54
Mila:
chichi Wpiszę na nowo , bo nie wszystko tam było dobrze.
Nie denerwuj się , że usunęłam wpis. Mam inny plan.
27 cze 22:50
chichi:
Mój plan z
00:37 szybko dosyć prowadzi do rozwiązania, próbowałaś?
27 cze 22:55
Mila:
Nie , zostawiam to dla Ciebie, bo to Twój pomysł
27 cze 23:07
Mila:
Dzisiaj oglądałam mecze
27 cze 23:09
chichi:
Ja to zrobiłem już w dzień publikacji zadania
27 cze 23:10