forum.zadania.info

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.

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:
\(P_{ADEC}=P_{ABC}-P_{DBE}\\P_{ADEC}=32-\frac{32}{5}=\frac{128}{5}cm^2\)

irena 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 \(\frac{1}{5}\).

[...]

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 skala

U mnie podobne są trójkąty \(ABC\) i \(DBE\) bo oba mają po 2 kąty \(\alpha\).

podbijam, skad wiem, że bok BE =4 ?

Spens13 pisze:

irena 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 \(\frac{1}{5}\).

[...]

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 skala

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

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 = \(ADC + \frac{48}{5} = 16 + \frac{48}{5} = \frac{128}{5} = 25,6\)