eMatematikas Prisijunk Forumas VBE užduotys ONLINE testai

Įrodyti, kad CF yra trikampio AEC aukštinė.


Trikampis ABC lygiakraštis.Iš trikampio viršūnės A nubrėžta atkarpa AE (Taškas E yra kraštinėje BC). Iš viršūnės B nubrėžta atkarpa BD (Taškas D yra kraštinėje AC) BE=1,EC=2,AD=2, DC=1 Atkarpos AE ir BD susikerta taške F Įrodykite ,kad CF yra trikampio AEC aukštinė.

Trikampis ABD ir AEC lygūs, nes:
AB = AC
AD = EC
∠BAD = ∠ECA = 60[tex]^\circ[/tex]
Tada ir kiti šių lygių trikampių kampai yra atitinkamai lygūs, pažymime:
∠ABD = ∠EAC = α, ∠BDA = AEC = β.
Tada gauname, kad:
ΔFAD [tex]\sim[/tex] ΔAEC pagal du kampus, nes:
• ∠FAD = ∠EAC, nes kampai sutampa.
• ∠FDA = ∠AEC kaip jau nustatėme prieš tai.
Tada lygi ir trečia šių trikampių kampų pora: ∠AFD = ∠ACE = 180[tex]^\circ[/tex] - (α + β) = 180[tex]^\circ[/tex] - 120[tex]^\circ[/tex] = 60[tex]^\circ[/tex].
Iš šių trikampių panašumo išplaukia, jog:
[tex]\frac{FD}{EC}=\frac{AF}{AC}=\frac{AD}{AE}\implies \frac{FD}{2}=\frac{AF}{3}=\frac{2}{AE}.[/tex]
Iš trikampio AEC taikydami kosinusų teoremą randame, jog:
AE² = AC² + EC² - 2 [tex]\cdot[/tex] AC [tex]\cdot[/tex] EC [tex]\cdot[/tex] cos (∠ECA)
AE² = 3² + 2² - 2 [tex]\cdot[/tex] 3 [tex]\cdot[/tex] 2 [tex]\cdot[/tex] cos (60[tex]^\circ[/tex])
AE² = 9 + 4 - 2 [tex]\cdot[/tex] 3 [tex]\cdot[/tex] 2 [tex]\cdot[/tex] 0,5
AE² = 7
AE = [tex]\sqrt{7}[/tex].
Tada grįžę prie gautos dvigubos lygybės ir įsistatę į ją AE = [tex]\sqrt{7}[/tex], gauname:
[tex]\frac{FD}{2}=\frac{AF}{3}=\frac{2}{\sqrt{7}}\implies AF=\frac{3\cdot 2}{\sqrt{7}}=\frac{6}{\sqrt{7}}, \space FD=\frac{2\cdot 2}{\sqrt{7}}=\frac{4}{\sqrt{7}}.[/tex]
[tex]FE=AE-AF=\sqrt{7}-\frac{6}{\sqrt{7}}=\frac{1}{\sqrt{7}}.[/tex]
Iš trikampio FAD taikant kosinusų teoremą gauname, kad:
FD² = AF²+ AD² - 2 [tex]\cdot[/tex] AF [tex]\cdot[/tex] AD [tex]\cdot[/tex] cosα
Susistatę turimus duomenis, gauname, kad: [tex]\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{7}}[/tex].
Iš trikampio FAC taikant kosinusų teoremą gauname, kad:
FC² = FA² + AC² - 2 [tex]\cdot[/tex] FA [tex]\cdot[/tex] FC [tex]\cdot[/tex] cosα.
Susistatę turimus duomenis, gauname, kad: FC² = [tex]\frac{27}{7}[/tex].
Iš trikampio EFC gauname, kad:
[tex]FC^2+FE^2=\frac{27}{7}+(\frac{1}{\sqrt{7}})^2=\frac{27}{7}+\frac{1}{7}=\frac{28}{7}=4=2^2=EC^2.[/tex]
Kai: [tex]FC^2+FE^2=EC^2[/tex], tai pagal atvirkštinę Pitagoro teoremą trikampis CFE status ir CF bei FE yra to trikampio statiniai.
Vadinasi gauname, kad: CF ⊥ FE, tai CF ⊥ AE ir CF - trikampio AEC aukštinė. Įrodyta!

Šiaip nemaža šio uždavinio sprendimo dalis buvo identiška šių metų matematikos VBE paskutinio uždavinio sprendimui.
Tik tame uždavinyje prašė rasti atkarpų (pagal šio brėžinio pažymėjimus) AF ir FE santykį, o čia dar teko pratęsti sprendimą ieškant atkarpos FC ilgio.

pakeista prieš 3 m

Tikras šis  uždavinys yra olimpiadinis su trumpiausiu vektoriaus ilgio radimu aš jį perdirbau į mokyklinį lygį

O kokia yra originali sąlyga? Būtų įdomu pamatyti.

Duota:ΔABC  AB=BC=AC=3  Taškas E yra kraštinėje BC.  Taškas F yra atkarpoje AE.  Pratęsus atkarpą BF ji atkarpą AC kerta taške D.  BE=1  Vektorius AD=αDC  Vektoriaus CF ilgio |CF| mažiausia reikšmė kai α=?

Nori sudalyvauti šioje temoje ir parašyti savo pranešimą? Prisijungti »