szukanie zaawansowane
 [ Posty: 7 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 25 cze 2012, o 10:22 
Użytkownik

Posty: 5492
Lokalizacja: Kraków
1) Wykaż, ze jezeli środkowa i wysokość poprowadzona z jednego wierzchołka w trójkącie dzielą kąt przy tym wierzchołku na trzy równe częsci, to trójąt jest prostokątny
2) Udowodnij, że kąt ostry wyznaczony przez przekątne prostokąta ma miarę dwa razy wiekszą od miary kąta, który tworzy przekątna z dłuższym bokiem prostokąta.
3) Udowodnij, że jeśli M jest punktem leżącym na przeciwprostokątnej AB trójkąta prostokątnego ABC, to:
AM^2 BC^2 + BM^2AC^2 =CM^2AB^2
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 25 cze 2012, o 10:52 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2909
Lokalizacja: Biała Podlaska / Warszawa
1)

Obrazek

Niech |CD| będzie wysokością, a |CE| środkową. Opiszmy na danym trójkącie okrąg i oznaczmy drugi punkt przecięcia prostej CD z okręgiem przez X. Z założenia \alpha = \angle ACX = \angle XCE = \angle ECB, ale 90^{\circ} = \angle BDC, więc z kątów opartych na tych samych łukach 90^{\circ}-2\alpha = \angle CBA = \angle CXA. Zauważmy, że CX jest symedianą w trójkącie \triangle ABC co jest równoważne temu, że XC jest symedianą w trójkącie \triangle BXA, więc skoro E jest środkiem boku |AB| mamy \angle BXE = \angle DXA = 90^{\circ}-2\alpha, czyli (suma miar przeciwległych kątów wynosi 180^{\circ}:

\angle EXC = 180^{\circ}-(\angle BXE + \angle CXA + \angle ACB) = 180^{\circ}-(90^{\circ}-2\alpha+90^{\circ}-2\alpha+3\alpha) = \alpha

Więc |EC| = |EX|, skąd \triangle XDE \equiv \triangle DCE, czyli w szczególności |XD| = |DC|, skąd \triangle XAD \equiv \triangle ACD, więc \angle XAD = \angle DAC \iff 2\alpha = 90-\alpha \iff \alpha = 30^{\circ} \Rightarrow \angle ACB = 90^{\circ} cnd.

Alternatywnie możemy zauważyć, że warunki zadania mówią nam o tym, że prosta izogonalnie sprzężona do wysokości jest środkową, jednak jak łatwo dowieść na prostej izogonalnie sprzężonej do wysokości leży środek okręgu opisanego na trójkącie, a stąd już łatwo dostać, że musi być nim środek boku |AB|

2) Niech E będzie punktem przecięcia przekątnych AC oraz BD danego prostokąta, poprowadźmy prostą równoległą do dłuższej podstawy AB naszego prostokąta, przechodzącą przez E. Niech tnie ona boki |AD| \ , \ |BC| odpowiednio w punktach X,Y, wówczas \alpha = \angle XEA = \angle BAC = \angle BDC = \angle DEX, skąd \angle DEA = \angle DEX + \angle XEA = 2\alpha cnd.
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 25 cze 2012, o 12:38 
Użytkownik

Posty: 5105
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Inne rozwiązanie 1)
Rysunek jak u Vax'a. Oznaczamy a=AD=DE, h=CD. Wtedy BE=2a. Z twierdzenia o dwusiecznej w \Delta DCB mamy BC=\frac{BE\cdot CD}{DE}=2h. Dalej stosujemy twierdzenie Pitagorasa w \Delta BCD i \Delta ECD:

3a=BD=\sqrt{BC^2-CD^2}=h\sqrt{3},

h=a\sqrt{3},

CE = \sqrt{DE^2+DC^2}=\sqrt{a^2+h^2}=2a=AE.

Zatem trójkąt AEC jest równoboczny i \alpha = 30^{\circ}.


3) Oznaczmy przez D punkt przecięcia półprostej CM z okręgiem opisanym na trójkącie ABC. Mamy podobieństwa trójkątów \Delta ADM\sim\Delta CBM i \Delta BDM\sim\Delta CAM, skąd AD=\frac{AM\cdot BC}{CM} i BD=\frac{BM\cdot AC}{CM}. Twierdzenie Pitagorasa w \Delta ADB daje tezę zadania.
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 25 cze 2012, o 15:04 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 2132
Lokalizacja: Warszawa
http://imageshack.us/f/341/prostokt.jpg/
Kąt zielony ma miarę \alpha. Kąt żółty ma więc miarę 90^{\circ}- \alpha.
Teraz popatrzmy na kąty utworzone przez tę niebieską kreskę. Oznaczmy kąt między przeątnymi jako \beta. Zauważ, że (90^{\circ}- \alpha)+(90^{\circ}- \alpha)+ \beta=180^{\circ}
Z tego wychodzi, że \beta=2 \alpha.
Pozdrawiam!
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 27 cze 2012, o 12:07 
Użytkownik

Posty: 1559
Lokalizacja: Witaszyce
Trójkąt ASC jest równoramienny więc \left|KS \right|= \frac{1}{2}x Odcinek CS zawiera się w dwusiecznej kąta KCB zatem \frac{h}{b}= \frac{0,5 x}{x}= \frac{1}{2} i dalej \frac{h}{b}= \cos 2 \alpha stąd, 2 \alpha =60 ^{o} obliczenie pozostałych kątów jest natychmiastowe. Obrazek
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 30 mar 2013, o 11:34 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 96
Lokalizacja: Sądecczyzna
A może ktoś pomoże rozwiązać trzecie zadanie?
Góra
Mężczyzna Offline
 Tytuł: trzy lematy
PostNapisane: 30 mar 2013, o 12:47 
Moderator

Posty: 4439
Lokalizacja: Łódź
Gawroon7, rozwiązanie podał już norwimaj.

Można jednak rozwiązać zadanie bez zbędnych trików.
Oznaczmy jeden z kątów ostrych trójkąta (niech np. \alpha=\angle BAC) i wyznaczmy długość odcinka CM korzystając z twierdzenie kosinusów w mniejszym trójkącie zawierającym ten kąt (w tym przypadku będzie to trójkąt ACM). Wstawiając otrzymaną zależność do prawej strony poszukiwanej równości i uwzględniając definicję kosinusa kąta ostrego dla trójkąta ABC oraz wzór na kwadrat różnicy dostajemy łatwo lewą stronę równości.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 7 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 dane trzy wysokości wykazać że prostokątny  ta_paula  1
 Trzy krótkie zadanka tekstowe. - zadanie 2  adamosokolos  2
 Trójkąt prostokątny - trzy warunki  dawido000  1
 Trzy proste i punkt styczności  slonko2  1
 Trzy zadnia z pierwszej klasy liceum  monis_1992  5
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl