w trójkącie ABC
pola:
![rysunek](rys/158764.png)
W trójkącie ABC punkt D leży na boku AC tak, że IADI:IDBI:=1:3 zaś punkt E leży na boku AC
tak, że IAEI:ECI=1:4. punkt F jest punktem wspólnym odcinków CD I BE. (Patrz rysunek).
Wykaż, że między polem czworokąta ADFE oraz polami trójkątów DBF i EFC zachodzi związek
P
ADFE=4P
EFC−5P
DBF
18 lis 17:44
wredulus_pospolitus:
więc:
5b + 5c = P = 4a + 4c −−−> 5c − 4c = 4a − 5b −−−> c = 4a − 5b
Pytanie −−− czy wiesz skąd pierwsze dwa równania
18 lis 18:07
pola: Nie mam pojęcia
18 lis 18:21
wredulus_pospolitus:
Spójrz na swój rysunek ...
wiemy jaka jest PROPORCJA pomiędzy |AD| i |DB| (jest to 1:3) związku tego wynika, że:
| 1 | | 1 | |
|AD| = |
| |AB| = |
| |AB| |
| 1+3 | | 4 | |
| 3 | | 3 | |
|DB| = |
| |AB| = |
| |AB| |
| 1+3 | | 4 | |
zauważ, że Δ
ABC, Δ
ADC i Δ{DBC} będą miały dokładnie taką samą wysokość (równą tyle jaka
jest odległość wierzchołka C do podstawy AB).
zapiszmy:
wtedy:
| |AD|*h | | 1 | |
PΔADC = |
| = |
| P −−−> czyli to drugie moje równanie |
| 2 | | 4 | |
analogicznie robisz przyjmując za podstawę AC.
18 lis 18:28
an:
![rysunek](rys/158769.png)
Po prostu
P
2+P
3=1/4P
P
1+P
2=1/5P
4P
2+4P
3=5P
1+5P
2
P
2=4P
3−5P
1
cnw.
18 lis 21:55
aa:
![rysunek](rys/158770.png)
U
an cosik.............. ?
P=P
ABC
5P
2+5P
3= 4P
1+4P
2
P
2= 4P
1−5P
3
===========
Teraz zgodność z tezą
18 lis 22:27
Mila:
18 lis 23:04
an:
![rysunek](rys/158771.png)
Przyjąłem takie oznakowanie i jest OK
18 lis 23:40
aa:
teraz tak
18 lis 23:49
Bogdan:
![rysunek](rys/158775.png)
Dobry wieczór
Teza: P
1 + P
2 = 16P
2 − 15P
1 ⇒ 16P
1 = 15P
2
P
1 − pole trójkąta ADF, 3P
1 − pole trójkąta DBF, P
2 − pole trójkąta AFE,
4P
2 − pole trójkąta EFC
3(P
1 + 5P
2) = 3p
1 + P
3 ⇒ 15P
2 = P
3 i 4(P
2 + 4P
1) = 4P
2 + P
3 ⇒ 16P
1 = P
3
zatem 15 P
2 = 16P
1, co należało wykazać
19 lis 00:21
aa:
19 lis 12:45