planimetria salamandra: rysunekBok trójkąta równobocznego ABC ma długość a. Przez wierzchołek B i środek wysokości CD poprowadzono prostą która przecina bok AC w punkcie K. Oblicz |AK| jakaś podpowiedź? kombinowałem tylko w DSB żeby x wyznaczyć, ale to nic mi w zasadzie nie daje
24 mar 00:07
Patryk: Spróbuj wyznaczyć BK a później z tw. cosinusów obliczysz AK: BK2 = AB2 + AK2 −2*......*cos60
24 mar 00:19
salamandra: Wtedy to już easy, ale jak do tego BK się dobrać właśnie
24 mar 00:22
Patryk: W książce masz rozwiązanie do tego zadania
24 mar 00:26
Jan: Jest to przecież rozwiązywanie trójkąta gdy dane są bok (AB) i kąty do niego przyległe (<BAC i <ABK − mamy tangens kąta ABK = (h/a)). Mam pisać dalej?
24 mar 00:28
salamandra: No właśnie troche mi ono nie podchodzi, dlatego pytam
24 mar 00:28
salamandra: Ile wynosi tg ABK?
24 mar 00:29
Patryk: SD to polowa wysokosci ktora mozesz od razu policzyc, BD to polowa podstawy czyli a/2, z tego liczysz tg, literki a się skróca
24 mar 00:32
Eta: rysunek
 2 
|AK|=

a
 3 
24 mar 01:11
a7: rysunekBS=AS=a74 z tw. Pitagorasa dlaΔDBS trójkąty ABK i EKS są podobne kkk ES/AB=KS/KB ES=a/2 KS=a7/12 KB=a7/3 cosα=(a/2):(a7/4)=27/7 z tw. cosinusów KA2=KB2+AB2−2KB*ABcosα czyli |KA|=a/3*16−63
24 mar 01:11
a7:
24 mar 01:12
Jan: Poprowadź wysokość z wierzchołka A do boku BK, nazwijmy ją 'k'. Kąt w wierzchołku A to α, kąt ABK to β, a kąt przy wierzchołku K to γ = 180 − (α + β). Wtedy mamy: k/AB = sin(β) k = AB*sin(β) k/AK = sin(γ) czyli szukane AK = k/sin(γ) = AB*sin(β)/sin(γ) = AB*sin(β)/sin(α+β), ponieważ sin(γ) = sin(180 − (α+β)) = sin(α+β) Ostatecznie AK = a*sin(β)/sin(α+β) Oczywiście jest jeszcze problem jak wyliczyć te sinusy, ale wiemy że tan(β) = h/a = 3/2, to dalej to już tylko trygonometria i arytmetyka
24 mar 01:14
wredulus_pospolitus: A ja to (wyznaczeni |BK|) zrobiłem z ciągu geometrycznego ... a konkretniej − nieskończonej sumy ciągu geometrycznego.
 3a2 7 
|BS|2 = a2/4 +

= a2

 16 16 
 7 
|BS| = a

 4 
 
 7 
a

 4 
 7 
|BK| =

=

a
 
 1 
1 −

 4 
 3 
Wyznaczenie |AK| pozostawiam autorowi. Jak również zastanowienie się w jaki sposób tutaj 'wpierniczyłem' sumę nieskończonego ciągu geometrycznego. Jeżeli nikt nie wpadnie na to, to jutro zrobię rysunek i pokażę.
24 mar 01:21
Eta: rysunek 2 sposób Z mojej ulubionej "ekierki" emotka w=a3/4 z podobieństwa trójkątów KEB i DSB
x3 a−x 

=

a3/4 a/2 
 4x 2a−2x 

=

 a a 
6x=2a
 2 
2x=|AK|=

a
 3 
===============
24 mar 01:31
Eta: I co tak milczycie?
24 mar 01:32
wredulus_pospolitus: rysunek Albo też można tak ΔCSK podobny do ΔAEK (podobieństwo KKK)
|CK| |CS| 1 

=

=

|AK| |AE| 2 
 2 
|CK| + |AK| = a −−−> |AK| =

a
 3 
ale rozwiązanie Ety jest najpiękniejsze w swej prostocie.
24 mar 01:35
Eta:
24 mar 01:36
a7: I co ja robię tu ? Co ja tutaj robię 🙂
24 mar 01:41
wredulus_pospolitus: Rano wejdzie Salamandra i się złapie za głowę na ile różnych sposobów można rozwiązać to zadanie emotka
24 mar 01:49
Eta: emotka
24 mar 01:49
wredulus_pospolitus: a7 −−− zrobiłeś byka przy podstawianiu do tw. cosinusów
 7 7 27 
|AK|2 =

a2 + a2 − 2*a2*

*

 9 3 7 
 7 4 4 
|AK|2 = a2(

+ 1 −

) = a2*

 9 3 9 
24 mar 02:06
a7: tak, tak, właśnie zauważyłam, dzięx
24 mar 02:13
salamandra: No widzę ładnie temat odżył jak ja już się poddałem dzięki Wam wszystkim, teraz spróbuje przeanalizować, próbowałem rozgryźć ten ciąg geometryczny, ale nie potrafię. Ekierka− jak zwykle niezawodna, wniosek taki, ze muszę sobie dorysowywac jak najwiecej odcinków, kątów i wtedy może będę widział emotka
24 mar 09:16
wredulus_pospolitus: rysunek co do ciągu geometrycznego 1) mamy wyjściowy trójkąt o boku a 2) tworzymy nowy trójkąt równoboczny o boku x, gdzie jego jeden wierzchołek jest połową wysokości poprzedniego
 1 1 1 
Bok tego trójkąta to

*

a =

a
 2 2 4 
Odcinek BK przecina połowę wysokości tego zielonego trójkąta. 3) tworzymy nowy trójkąt równoboczny, gdzie jeden z wierzchołków jest połową wysokości trójkąta.
 1 1 1 1 1 
Bok tego trójkąta to

*

(

*

a) = (

)2a
 2 2 2 2 4 
Odcinek BK przecina połowę wysokości tego niebieskiego trójkąta. itd.
 7 
b1 = |BS1| = a

 3 
 1 7 1 
b2 = |S1S2| =

*|BS1| =

=

b1
 4 12 4 
 1 1 
b3 = |S2S3 =

*|S1S2| =

b2
 4 4 
 b1 
|BK| = ∑bi =

 1−q 
24 mar 12:47
a7: niezłe
24 mar 12:53
Eta: Czytaj : wpis 01:11 i po ptokach
24 mar 17:01
salamandra: Ok, czas się wziąć dziś do roboty− Eto− 01:11 to z podobieństwa jakoś, że te odcinki są równe x?
24 mar 20:35
wredulus_pospolitus: 01:11 z podobieństwa trójkątów (podobieństwo: KKK) skala 1:4 (patrz podstawy trójkątów)
 1 
stąd masz |KS| =

|BK|
 4 
więc 3|KS| = |BS| −−−> |KS| = ... −−−−> |BK| = ...
24 mar 20:39
wredulus_pospolitus: Natomiast Etusiowe jest z tw. Talesa. Poprowadziła po prostu równoległą do BK ze środka podstawy I mamy: Patrząc na proste AC i CD mamy:
|CK| |KK2| 

=

<−−− z tw. Talesa
|CS| |SD| 
jako, że S jest w połowie wysokości to K jest w połowie CK1 Później analogicznie patrzymy na proste AC i AB i analogiczna proporcja w celu wykazania, że |AK1| = |KK1| I stąd mamy: |AK1| = |KK1| = |KC|
24 mar 20:43
salamandra: Nie wiem dlaczego KC również = x, tamte dwa trójkąty „widzę”
24 mar 20:45
24 mar 20:48
wredulus_pospolitus: rysunek z tw. Talesa mamy:
|CK| |KK2| 

=

tak
|CS| |SD| 
wiemy, że:
 |CS| 
|CS| = |SD| (czyli

= 1)
 |SD| 
 |CK| 
to jaka zależność będzie wyglądać

 |KK2| 
24 mar 20:49
salamandra: No ja znam to twierdzenie, bez przesady ale z wierzchołka C nie jest poprowadzona żadna równoległa prosta dlatego nie widzę tego KC
24 mar 20:50
salamandra: Ok, już widzę, dzięki wredulusie
24 mar 20:51
Eta: emotka
24 mar 20:59