eMatematikasMatematikos resursai internete Registruotis Ieškoti...

Įrodyti, kad CF yra trikampio AEC aukštinė.

Geometrija   Peržiūrų skaičius (106)

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.

0

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!

0

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.

Paskutinį kartą atnaujinta 2020-07-24

0

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

0

O kokia yra originali sąlyga? Būtų įdomu pamatyti.

0

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=?

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!