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.
Tomas PRO +4543
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!
Tomas PRO +4543
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
MykolasD PRO +2518
Tikras šis uždavinys yra olimpiadinis su trumpiausiu vektoriaus ilgio radimu aš jį perdirbau į mokyklinį lygį
Tomas PRO +4543
O kokia yra originali sąlyga? Būtų įdomu pamatyti.
MykolasD PRO +2518
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=?