matematykaszkolna.pl
geometria friedric G.: rysunekWiedzac, 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 wynikemotka
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 polaemotka
22 cze 16:16
chichi: Potwierdzam wynik @an, bez użycia GeoGebry Poczekam na rozwiązanie od @Mila, moje jest nieco długie emotka
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 = z2 + 4 − 4z*cosβ 2) trójkąt ACD: y2 = z2 + 9 − 6z*cosβ 3) trójkąt ACB: x2 = z2 + (3+z)2 − 2z(3+z)*cosβ (1) i (2) 16 = z2 + 4 − 4z*cosβ //*3 y2 = z2 + 9 − 6z*cosβ //*2 48 = 3z2 + 12 − 12z*cosβ //*3 2y2 = 2z2 + 18 − 12z*cosβ //*2 odejmujemy: 2y2 − 48 = −z2 + 6 −−−> y2 = 27 + z2/2 (1) i (3) 16 = z2 + 4 − 4z*cosβ //*(3+z) x2 = z2 + (3+z)2 − 2z(3+z)*cosβ //*2 48 + 16z = 3z2 + z3 + 12 + 4z − 4z(3+z)cosβ 2x2 = 2z2 + 18 + 12z + 2z2 − 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 + z2 − 8zcos(2α) = 16 + z2 − 16zcos2α + 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 emotka
24 cze 21:51
an: rysunekTak 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 planemotka
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 pomyślećemotka
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 pomysłemotka
27 cze 23:07
Mila: Dzisiaj oglądałam mecze emotka
27 cze 23:09
chichi: Ja to zrobiłem już w dzień publikacji zadania
27 cze 23:10