szukanie zaawansowane
 [ Posty: 16 ]  Przejdź na stronę 1, 2  Następna strona
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 15:46 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
W trójkącie ABC długość odcinka dwusiecznej kąta BAC zawartego w trójkącie równa się d, |AB|=c, |AC|=b. Oblicz pole trójkątaABC.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 16:47 
Użytkownik

Posty: 391
Lokalizacja: Wrocław
Wykorzystaj twierdzenie Stewarta, bo policzyć długość BC. Potem jest już łatwo.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 18:00 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Nie znam twierdzenia Stewarta.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 18:34 
Użytkownik

Posty: 403
Lokalizacja: London ChinaTown
https://pl.wikipedia.org/wiki/Twierdzenie_Stewarta
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 20:19 
Gość Specjalny

Posty: 3011
Lokalizacja: Gołąb
Albo dwa razy twierdzenie cosinusów, co na jedno wychodzi, bo tak się dowodzi twierdzenia Stewarta :D
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 25 lip 2015, o 21:29 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Można jakoś bardziej krok po kroku? I najlepiej bez twierdzenia Stewarta. Raczej z tych cosinusów. Albo nawet z tym Stewartem. Ale jakieś równania czy coś?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 26 lip 2015, o 22:17 
Gość Specjalny

Posty: 3011
Lokalizacja: Gołąb
Oznaczmy AB=c, BC=a, CA=b. Niech D będzie dowolnym punktem wewnętrznym na odcinku AB i oznaczmy AD=m, DB=n. Niech \alpha=\angle CAB. Układając 2 równania z twierdzenia cosinusów dla trójkątów ABC oraz ADC i rugując z nich \cos \alpha po przekształceniach dostajemy równość:
d^{2}c=a^{2}m+b^{2}n-mnc (przy powyższych oznaczeniach) czyli udowodniliśmy twierdzenie Stewarta.
Teraz skorzystaj z twierdzenia o dwusiecznej i wyeliminuj zmienne m i n (korzystając jeszcze dodatkowo z m+n=c). W ten sposób dostaniesz równanie na c.
Mając a,b,c można wyliczyć pole trójkąta ze wzoru Herona.

To jest rozwiązanie sugerowane wyżej, najbardziej pałkarskie. Zapewne istnieje coś mniej na pałę, ale dziś już późno, więc raczej nie dam rady pomyśleć.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 00:06 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Hmm coś mi się tu nie podoba. Czy aby D nie powinno być na boku BC?
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 06:37 
Gość Specjalny

Posty: 3011
Lokalizacja: Gołąb
racja :D Moje wywody są w porządku jeśli nie liczyć zmiany nazw wierzchołków.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 14:41 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Wydaje mi się, że oznaczenia są błędne. Ciężko dojść co jest co. Napiszesz to jeszcze raz z poprawnymi oznaczeniami?

Po pewnej analizie poprawiłem te oznaczenia i według mnie powinno być tak. Punkt D to punkt wspólny dwusiecznej z A i boku BC. Wtedy BD oznaczmy jako m i CD jako n. Wówczas z twierdzenia Stewarta i twierdzenia o dwusiecznej mamy:

b ^{2}m+c ^{2}n=a\left( d ^{2}+mn \right)
\frac{n}{b}= \frac{m}{c}
n+m=a

i z tego otrzymałem strasznie karkołomne obliczenia:

a= \sqrt{\left( b+c\right) ^{2}-d ^{2}\left(  \sqrt{ \frac{c}{b} }+ \sqrt{ \frac{b}{c} }  \right) ^{2}     },
które raczej nie prowadzą do wyniku.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 15:33 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 360
Lokalizacja: Pomorskie
Może napiszę jak to zrobić bez oznaczeń. Dwusieczna kąta wewnętrznego w trójkącie (jakkolwiek go oznaczymy) dzieli go na dwa trójkąty. Dla każdego z tych trójkątów stosujesz twierdzenie cosinusów, przy czym bierzesz pod uwagę kąty, które są do siebie przyległe. Otrzymasz układ dwóch równań, które po przekształceniach (w których dążysz do wyeliminowania wyrażeń z cosinusem) dadzą Ci tezę twierdzenia Stewarta. Potem już tylko twierdzenie o dwusiecznej (w celu eliminacji z równania odcinków, na które dwusieczna podzieliła bok trójkąta) i możesz policzyć trzeci bok trójkąta.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 21:52 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Patrz mój post wyżej.
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 28 lip 2015, o 23:55 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 4376
Lokalizacja: Łódź
Mnie wyszło inne a, ale i tak wzór Herona jeszcze bardziej komplikuje obliczenie pola.
Trochę łatwiej będzie tak:

n ^{2}=b ^{2}+d ^{2}-2bd\cos \alpha \\
  m ^{2}=c ^{2}+d ^{2}-2cd\cos \alpha

Z tw. o dwusiecznej \frac{n ^{2} }{m ^{2} }= \frac{b ^{2} }{c ^{2} }
Po podstawieniu wyliczamy

\cos \alpha = \frac{d(b+c)}{2bc}

Z jedynki trygonometrycznej wyznaczamy \sin \alpha i wyliczamy pole trójkąta ABC jako sumę pól trójkątów ABD i ACD, czyli

P= \frac{d(b+c)\sin \alpha }{2}

Wyszło mi P= \frac{d (b+c)\sqrt{4b ^{2}c ^{2}-d ^{2}(b+c) ^{2}}    }{4bc}

Sprawdź obliczenia, bo już późno i mogłam się pomylić.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 29 lip 2015, o 00:42 
Użytkownik

Posty: 1385
Lokalizacja: wawa
Wszystko dobrze. :). Gratulacje. Czyli widzę, że nie trzeba było stosować żadnego twierdzenia Stewarta, tylko zwykłe twierdzenie cosinusów i o dwusiecznej i wychodzi. A tak z ciekawości jakie Ci wyszło a?
Góra
Kobieta Offline
PostNapisane: 29 lip 2015, o 09:42 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 4376
Lokalizacja: Łódź
Okazuje się, że tak samo jak Tobie, tylko przekształciłam do postaci

a=(b+c) \sqrt{ \frac{bc-d ^{2} }{bc} }
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 16 ]  Przejdź na stronę 1, 2  Następna strona


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 W trójkącie ABC - zadanie 5  karol2859  1
 W trojkacie ABC  Snajpi  2
 W trójkącie ABC - zadanie 16  Dario1  1
 W trójkącie ABC - zadanie 15  Dario1  5
 W trójkącie ABC - zadanie 10  Dario1  4
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl