Trójkąt równoramienny i okrąg

[kuba [6]]

Dany jest trójkąt równoramienny ABC, którego podstawa AB ma długość 4 cm, a wysokość |CD|=6 cm. Na ramieniu AC, jako na średnicy zbudowano okrąg, który ma cztery punkty wspólne z brzegiem trójkąta ABC. Oblicz pole czworokąta, którego wierzchołkami są te punkty.
Niestety nie posiadam odpowiedzi, także Was proszę o sprawdzenie mojego wyniku: 12-\(\frac{ \sqrt{7} }{2}\)
Z góry dzięki.

[radagast]

ScreenHunter_926.jpg (12.34 KiB) Przejrzano 2830 razy

\(AC= \sqrt{6^2+2^2} = \sqrt{40}=2 \sqrt{10}\)
\(\frac{AD \cdot BC}{2} =\frac{AD \cdot AC}{2}=\frac{AD \cdot 2 \sqrt{10} }{2}= \frac{6 \cdot 4}{2}\) - bo to pole trójkąta ABC
stąd
\(AD= \frac{12}{ \sqrt{10} } = \frac{6 \sqrt{10} }{5}\)
\(CD= \sqrt{40- \frac{360}{25} } = \sqrt{ \frac{640}{25} }= \frac{8 \sqrt{10} }{5}\)
\(DB=2 \sqrt{10}-\frac{8 \sqrt{10} }{5}= \frac{2 \sqrt{10} }{5}\)
No i z tw Talesa :
\(\frac{DE}{6}= \frac{\frac{2 \sqrt{10} }{5}}{2 \sqrt{10} }\)
stąd
\(DE= \frac{6}{5}\)
Zatem pole trójkąta FBD to \(\frac{2 \cdot \frac{6}{5} }{2} =\frac{6}{5}\)
A pole czworokąta to \(\frac{4 \cdot 6}{2} -\frac{6}{5}=10 \frac{4}{5}\)

[irena]

\(|AC|=|BC|=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}\)

O- środek boku AC (środek okręgu)
\(|OA|=\sqrt{10}\)

Jeśli E, F to punkty wspólne okręgu z bokami AB i BC, to trójkąt AEO jest równoramienny (|OA|=|OE|), czyli punkt E pokrywa się z punktem D.
Mamy więc czworokąt ADFC wpisany w okrąg.
\(|\angle BAC|=|\angle ABC|=\alpha\\|\angle DFC|=180^0-\alpha\\|\angle DFB|=\alpha=|\angle DBF|\\|DB|=2\)

Trójkąt DBF to więc trójkąt równoramienny o ramieniu 2, podobny do trójkąta ABC.
s- skala podobieństwa
\(s=\frac{2}{2\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt{10}}\\s^2=\frac{1}{10}\)

\(P_{DFC}=\frac{1}{10}P_{ABC}\\P_{ADFC}=\frac{9}{10}P_{ABC}=\frac{9}{10}\cdot\frac{1}{2}\cdot4\cdot6=10,8cm^2\)

[radagast]

No to mamy już 3 wyniki. Każdy inny

[kuba [6]]

Irena,mam pytanie.Wydaje mi się, że \(1,2cm^2\) to pole trójkąta DBF, a nie czworokąta ADFC.

[irena]

stąd
\(DE= \frac{6}{5}\)
Zatem pole trójkąta FBD to \(\frac{2 \cdot \frac{5}{6} }{2} =\frac{5}{6}\)
A pole czworokąta to \(\frac{4 \cdot 6}{2} -\frac{5}{6}=11 \frac{1}{6}\)
Oczywiście o ile się nie pomyliłam w rachunkach

\(|DE|=\frac{6}{5}\)
A Ty wstawiłaś do pola \(|DE|=\frac{5}{6}\)...

[irena]

Irena,mam pytanie.Wydaje mi się, że \(1,2cm^2\) to pole trójkąta DBF, a nie czworokąta ADFC.

Tak, przepraszam. Dobrze zauważyłeś, poprawiam.

[kuba [6]]

Także ostateczny, poprawny wynik to \(10,8 cm^2\). Dzięki za pomoc.
Nawiasem mówiąc jest jeszcze dość wcześniej, więc wszyscy się mylą, co poradzić.

[radagast]

stąd
\(DE= \frac{6}{5}\)
Zatem pole trójkąta FBD to \(\frac{2 \cdot \frac{5}{6} }{2} =\frac{5}{6}\)
A pole czworokąta to \(\frac{4 \cdot 6}{2} -\frac{5}{6}=11 \frac{1}{6}\)
Oczywiście o ile się nie pomyliłam w rachunkach

\(|DE|=\frac{6}{5}\)
A Ty wstawiłaś do pola \(|DE|=\frac{5}{6}\)...

Dzięki Irena, już poprawiłam i ostatecznie mamy juz tylko 2 wyniki

[irena]

Ale chyba jeden, 10,8 jest poprawny... Pozdrawiam

[kuba [6]]

Radagast, tyko jeden, mój był niepoprawny. Chociaż bliski, równy w przybliżeniu 10,677....Układ równań musiał być zły, ale na pierwszy rzut oka wszystko się w nim zgadza.

[kuba [6]]

No tak, mały błąd w układzie. Teraz wszystko się zgadza. Jeszcze raz dzięki

[kuba [6]]

Układ równań do tego zadania poprawiony, ale jest problem z jego rozwiązaniem. Oto on:
\(\{(6-b)^2+(2-h)^2=a^2\\b^2+h^2=(2 \sqrt{10} -a)^2\\(6-b)^2+h^2=4\),
gdzie (wg oznaczeń Ireny) h- wysokość trójkąta DFC, b=|GC|, punkt G to spodek tej wysokości,zaś a=|BF|.
Pomoże ktoś rozwiązać ? Rozwiązania Ireny i Radagast są łatwe i szybkie, ale ten układ równań nie daje mi ciągle spokoju.

[patryk00714]

\(\{(6-b)^2+(2-h)^2=a^2\\b^2+h^2=(2 \sqrt{10} -a)^2\\(6-b)^2+h^2=4\)


\(\{-(6-b)^2-(2-h)^2=-a^2\\b^2+h^2=(2 \sqrt{10} -a)^2\\(6-b)^2+h^2=4\)\(+\)

1)
\(h^2-(2-h^2)=-a^2+4\)
\(h^2-(4-4h+h^2)=4-a^2\)
\(4h-4=4-a^2\)
\(4h=8-a^2\)
\(h= \frac{1}{4}(8-a^2)\)

otrzymaną wartość h wstawiamy do układu, np do 2 i 3 równania:

\(\{b^2+( \frac{1}{4}(8-a^2))^2=(2 \sqrt{10} -a)^2\\(6-b)^2+( \frac{1}{4}(8-a^2))^2=4\)

\(\{-b^2-( \frac{1}{4}(8-a^2))^2=-(2 \sqrt{10} -a)^2\\(6-b)^2+( \frac{1}{4}(8-a^2))^2=4\)\(+\)

\(-b^2+(36-12b+b^2)=4-(40-4 \sqrt{10}a+a^2)\)
\(-12b+36=4 \sqrt{10}a-a^2-36\)
\(-12b=4\sqrt{10}a-a^2-72\)
\(b= -\frac{1}{12}(4\sqrt{10}a-a^2-72)\)

3 równanie to relacja między b i h, zatem mamy:

\((6-b)^2+h^2=4\)
\((6+ \frac{1}{12}(4\sqrt{10}a-a^2-72))^2+( \frac{1}{4}(8-a^2))^2=4\)

Po uproszczeniu mamy: \(10a^4-(144-8\sqrt{10})a^2+160=0\)

[Matematyk_64]

Wyliczenie |DE|:

Trójkąty CAF, DAB i DEB są podobne
Z podobieństwa CAF i DAB mamy, że
\(\frac{ 2\sqrt{10} }{2}= \frac{4}{|DB|}\), a stąd \(|DB|= \frac{2}{5} \cdot \sqrt{10}\)
i teraz z podobieństwa DAB i DEB mamy
\(\frac{ \frac{2}{5} \cdot \sqrt{10}}{2 \sqrt{10}}= \frac{|DE|}{6}\), a stąd \(|DE| = \frac{6}{5}\)