W trójkącie równoramiennym ABC,AC=BC, mamy dane:AB=CD=8cm,gdzie CD jest wysokością tego trójkąta.Zakreślono okrąg o średnicy AC.Punkty A,C oraz punkty przecięcia okręgu z podstawą trójkąta i ramieniem BC wyznaczają czworokąt wpisany w okrąg.
b)Oblicz pole czworokąta wpisanego w okrąg.
Trójkąt
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Ponieważ AC jest średnicą okręgu, a trójkąt ADC jest prostokątny, więc punkt przecięcia okręgu z AB to jest punkt D. Oznaczyłam E- punkt przecięcia okręgu z bokiem BC, \(\angle BAC= \angle ABC= \alpha\) (bo trójkąt ABC jest równoramienny. \(| \angle DEC|+| \angle BAC|=180^o\) (bo czworokąt ADEC jest wpisany w okrąg). Czyli \(\angle DEB=\alpha\). Ponieważ \(| \angle DBE|=| \angle DEB|=\alpha\), więc trójkąt DBC jest równoramienny. |DB|=|AD|=4cm.
Z twierdzenia Pitagorasa:
\(|AC|^2=|AD|^2+|DC|^2\\|AC|^2=8^2+4^2\\|AC|^2=80\\|AC|=4\sqrt{5}cm\)
Trójkąty: ABC i DBC są podobne (równoramienne, o kątach przy podstawie równych \(\alpha\). Skala podobieństwa między nimi jest równa \(\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\). Stosunek pól tych trójkatów jest więc równy \(\frac{1}{5}\).
\(P_{ABC}=\frac{8\cdot8}{2}=32cm^2\\P_{DBE}=\frac{1}{5}\cdot32=\frac{32}{5}\).
Pole czworokąta ADEC to różnica:
\(P_{ADEC}=P_{ABC}-P_{DBE}\\P_{ADEC}=32-\frac{32}{5}=\frac{128}{5}cm^2\)
Z twierdzenia Pitagorasa:
\(|AC|^2=|AD|^2+|DC|^2\\|AC|^2=8^2+4^2\\|AC|^2=80\\|AC|=4\sqrt{5}cm\)
Trójkąty: ABC i DBC są podobne (równoramienne, o kątach przy podstawie równych \(\alpha\). Skala podobieństwa między nimi jest równa \(\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\). Stosunek pól tych trójkatów jest więc równy \(\frac{1}{5}\).
\(P_{ABC}=\frac{8\cdot8}{2}=32cm^2\\P_{DBE}=\frac{1}{5}\cdot32=\frac{32}{5}\).
Pole czworokąta ADEC to różnica:
\(P_{ADEC}=P_{ABC}-P_{DBE}\\P_{ADEC}=32-\frac{32}{5}=\frac{128}{5}cm^2\)
Re:
Witam, wiem, że odświeżam już dość stary temat, ale nie rozumiem tej części. Dlaczego trójkąty są podobne? Fakt, że mają kąt \(\alpha\), ale trójkąt ABC jest równoramienny, zaś DBC jest prostokątny, ale ramion nie ma równych (\(|AB|=8, |AD|=4, |DB|=4, |CB|=9, |CA|=9\) ), więc nie rozumiem jak powstała ta skalairena pisze:[...]
Trójkąty: ABC i DBC są podobne (równoramienne, o kątach przy podstawie równych \(\alpha\). Skala podobieństwa między nimi jest równa \(\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\). Stosunek pól tych trójkatów jest więc równy \(\frac{1}{5}\).
[...]
U mnie podobne są trójkąty \(ABC\) i \(DBE\) bo oba mają po 2 kąty \(\alpha\).
-
- Witam na forum
- Posty: 1
- Rejestracja: 10 mar 2014, 14:38
- Płeć:
Re: Re:
Spens13 pisze:Witam, wiem, że odświeżam już dość stary temat, ale nie rozumiem tej części. Dlaczego trójkąty są podobne? Fakt, że mają kąt \(\alpha\), ale trójkąt ABC jest równoramienny, zaś DBC jest prostokątny, ale ramion nie ma równych (\(|AB|=8, |AD|=4, |DB|=4, |CB|=9, |CA|=9\) ), więc nie rozumiem jak powstała ta skalairena pisze:[...]
Trójkąty: ABC i DBC są podobne (równoramienne, o kątach przy podstawie równych \(\alpha\). Skala podobieństwa między nimi jest równa \(\frac{4}{4\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\). Stosunek pól tych trójkatów jest więc równy \(\frac{1}{5}\).
[...]
U mnie podobne są trójkąty \(ABC\) i \(DBE\) bo oba mają po 2 kąty \(\alpha\).
Irena korzysta z kkk w obu trojkatach ACB i DBE. ale to drobne niedopatrzenie, poniewaz pozniej korzysta ze skali ich podobienstwa przy obliczaniu pola. k= \frac{1}{ \sqrt{5} } zatem k^2 = \frac{1}{5}
dalej oblicza pole duzego trojkata ACB=32 i mnozy przez k^2. wychodzi Jej pole trojkata DBE dalej juz wychodzi tak jak jest napisane w Jej rozwiazaniu
-
- Witam na forum
- Posty: 1
- Rejestracja: 25 wrz 2023, 18:30
Re: Trójkąt
Można też w ten sposób:
Obliczam sinus alfa z trójkąta ADC
\(\sin \alpha = \frac{8}{4 \sqrt{5} } = \frac{2}{ \sqrt{5} } = \frac{2 \sqrt{5} }{5} \)
później obliczam cosinus tego kąta, żeby podstawić do twierdzenia cosinusów dla trójkąta DEC. \(\angle |DEC|\) ze wzorów redukcyjnych zamieni się po prostu na \(-cos \alpha\).
Mamy: \(\cos \alpha = \sqrt{1- \frac{20}{25} } = \frac{ \sqrt{5} }{5} \)
Teraz tw cosinusów dla trójkąta DEC : (niech |CE|= x)
\(8^2= 4^2 + x^2 -2 \cdot 4 \cdot x \cdot (- \frac{ \sqrt{5} }{5} )\)
\(64 = 16 + x^2 + \frac{8x \sqrt{5} }{5} \)
\(5x^2+8 \sqrt{5} x -240 =0 \)
\( \sqrt{ \Delta } = 32 \sqrt{5} \)
\(x = \frac{-8 \sqrt{5} + 32 \sqrt{5} }{10} = \frac{12 \sqrt{5} }{5} \)
Pole DEC = \(\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{12 \sqrt{5} }{5} = \frac{48}{5} \)
Pole AEDC = \(ADC + \frac{48}{5} = 16 + \frac{48}{5} = \frac{128}{5} = 25,6\)
Obliczam sinus alfa z trójkąta ADC
\(\sin \alpha = \frac{8}{4 \sqrt{5} } = \frac{2}{ \sqrt{5} } = \frac{2 \sqrt{5} }{5} \)
później obliczam cosinus tego kąta, żeby podstawić do twierdzenia cosinusów dla trójkąta DEC. \(\angle |DEC|\) ze wzorów redukcyjnych zamieni się po prostu na \(-cos \alpha\).
Mamy: \(\cos \alpha = \sqrt{1- \frac{20}{25} } = \frac{ \sqrt{5} }{5} \)
Teraz tw cosinusów dla trójkąta DEC : (niech |CE|= x)
\(8^2= 4^2 + x^2 -2 \cdot 4 \cdot x \cdot (- \frac{ \sqrt{5} }{5} )\)
\(64 = 16 + x^2 + \frac{8x \sqrt{5} }{5} \)
\(5x^2+8 \sqrt{5} x -240 =0 \)
\( \sqrt{ \Delta } = 32 \sqrt{5} \)
\(x = \frac{-8 \sqrt{5} + 32 \sqrt{5} }{10} = \frac{12 \sqrt{5} }{5} \)
Pole DEC = \(\frac{1}{2} \cdot 4 \cdot \frac{12 \sqrt{5} }{5} = \frac{48}{5} \)
Pole AEDC = \(ADC + \frac{48}{5} = 16 + \frac{48}{5} = \frac{128}{5} = 25,6\)
Ostatnio zmieniony 03 maja 2024, 16:55 przez Tulio, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Dodanie znaczników [tex]tex[/tex]
Powód: Dodanie znaczników [tex]tex[/tex]