matematikk.net

Hei!

Har ei litt hard nøtt på lur. Greier du den så er du god:)

Du har en trekant ABC. D ligger på sida AB, slik at vinkel ACD=DCB=45 grader. CD=L. Og AB=10. BC=x

Oppgåva: Finn x uttrykt ved L.

Svaret blir ikkje særlig pent, men har du framgangsmåten så helde de nok. Skriv svaret her eller send meg melding viss du løyser den:)

Matematikkk skrev:Hei!
Har ei litt hard nøtt på lur. Greier du den så er du god:)
Du har en trekant ABC. D ligger på sida AB, slik at vinkel ACD=DCB=45 grader. CD=L. Og AB=10. BC=x
Oppgåva: Finn x uttrykt ved L.
Svaret blir ikkje særlig pent, men har du framgangsmåten så helde de nok. Skriv svaret her eller send meg melding viss du løyser den:)

Prøver meg, delvis løsning og med forbehold:

Vinkel ACB er 90[sup]o[/sup].
Hvis man parallellforskyver AC nedover til pkt D og trekker linja fra D til BC, og kaller den DE (pkt. E på BC).
Da må trekant CDE være likebeint. CD = L og CE = DE = y

Hvilket gir vha Pytagoras [tex]\;y\;={L\over sqrt 2}[/tex]

BC = x, BE = x - y, AC = [symbol:rot] (100 - x[sup]2[/sup])

Videre vil trekant ABC være formlik med trekant DBE, slik at:

[tex]{x-y\over y}\;=\;[/tex][tex]x\over sqrt{100-x^2}[/tex]


[tex](x-y)\cdot (sqrt{100-x^2}){\;=\;}[/tex][tex]xy[/tex]

substituerer så inn for y i likningen over:


[tex](x-{L\over sqrt2})\cdot (sqrt{100-x^2})[/tex][tex]\;=\;{{x\cdot L}\over sqrt2}[/tex]

og dette blir ganske kjipt å løse for x mhp L, x(L).

ja... greier du å løyse den?

altså uten å bruke datamaskin.

http://www.putfile.com/pic.php?img=4096268

Bilde av slik jeg tenkte

[tex]x=\sqrt{10^2-AC^2}[/tex]

Og her ser du hvorfor jeg la på et ekstra punkt, Sin CAD må jo være lik Sin ACD pga ED er går inn i begge trekanter. Utifra dette kan vi fastslå :

[tex]L=AD\;pga\;Sin\;ACD={ED\over L} \; Sin CAD={ED\over AD}[/tex]

[tex]{ED\over L}={ED\over AD}\;[/tex]

[tex] L=AD[/tex]

Da blir CAD = 45 grader og CDA blir 90 grader så:

[tex]AC=\sqrt{L^2+L^2}[/tex]

[tex]AC=\sqrt{2*L^2}[/tex]

[tex]x=\sqrt{10^2-2L^2}[/tex]

Tror jeg XD

men vinkel ADC er ikkje nødvendigvis lik 90 grader:( Så det blir ikkje riktig.

Har et forslag her, kan ikke love at det ikke er skrivefeil eller lignende men...


La først E betegne midtpunktet på linjen AB, la så
ED=t.
Da er det klart at AD=5-t og BD=5+t. La så a betegne lengden av normalen
fra D ned på AC og BC, i punktet som herfra blir kalt F, da kan vi se to likesidede trekanter
BDF og trekanten dannet ved normalen fra D på AC og endekantene. La
BF=b
da får vi
BD=5+t
AD=5-t
DF=a

Det er klart at BDF er rettvinklet slik at
[tex]b^2+a^2=(5+t)^2[/tex],
men i tillegg har vi grunnet de likesidede trekantene
[tex]\frac{b}{5+t}=\frac{a}{5-t}[/tex].
Løser denne for b og setter inn i den forrige
[tex]a^2 \frac{(5+t)^2}{(5-t)^2}+a^2=(5+t)^2[/tex]
multipliser med [tex](5-t)^2[/tex] på begge sider.
[tex]a^2(25+10t+t^2+25-10t+t^2)=(25-t^2)^2[/tex]
ganger ut og forenkler
[tex]t^4-t^2 (50+2a^2) +650-50a^2[/tex]
setter man inn i andregradsformelen får man da
[tex]t^2=25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}[/tex]
der negativt fortegn velges fordi t ikke kan være større enn 5.
altså får vi for t
[tex]t=\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}[/tex]
slik at b blir

[tex]b=\sqrt{(5+t^2)-a^2}=\sqrt{(5+\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}})^2-a^2}[/tex]
[tex]b=\sqrt{50+10\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}-\sqrt{100a^2+a^4}}[/tex]
For å finne hele x må da CF legges til, men denne må være lik normalen fra D på linjen AC,
[tex]x=\sqrt{50+10\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}-\sqrt{100a^2+a^4}}+a[/tex]
Det siste som trengs er nå å finne a uttrykt ved L, dette gjøres ved bruk av den kjente 45 graders vikelen slik at
[tex]a=L\cdot \sin{45\textdegree}[/tex]
slik at hele utrykket blir
[tex]x=\frac{1}{2}\sqrt{200+20\sqrt{100+2L^2-2\sqrt{200L^2+L^4}}-2\sqrt{200L^2+L^4}}+\frac{1}{2}L \sqrt{2}[/tex]

Matematikkk skrev:men vinkel ADC er ikkje nødvendigvis lik 90 grader:( Så det blir ikkje riktig.

vinkel adc = dca = 90 grader......

Jeg beviste at CAD = 45 grader, trekanten da er to av vinklene i trekanten ADC 45 grader, den siste (ADC) blir da 180-45*2=90 grader....

Ser ikke hva problemet er

Vel,
[tex]\frac{\sin{ ACD}}{ED} \neq \frac{\sin{ CAD}}{L}[/tex]

Det er ikke mulig å si at Sin CAD = Sin ACD, dette ville kreve at AED og CDE var formlike, hvilket de ikke trenger å være. De vil ikke være formlike med mindre ADC=90 grader, noe den ikke trenger å være.

Helt riktig, jeg må ha vært mer trøtt enn jeg husker. Bah, trekanter suger uansett !

Lukewarm skrev:Har et forslag her, kan ikke love at det ikke er skrivefeil eller lignende men...


La først E betegne midtpunktet på linjen AB, la så
ED=t.
Da er det klart at AD=5-t og BD=5+t. La så a betegne lengden av normalen
fra D ned på AC og BC, i punktet som herfra blir kalt F, da kan vi se to likesidede trekanter
BDF og trekanten dannet ved normalen fra D på AC og endekantene. La
BF=b
da får vi
BD=5+t
AD=5-t
DF=a

Det er klart at BDF er rettvinklet slik at
[tex]b^2+a^2=(5+t)^2[/tex],
men i tillegg har vi grunnet de likesidede trekantene
[tex]\frac{b}{5+t}=\frac{a}{5-t}[/tex].
Løser denne for b og setter inn i den forrige
[tex]a^2 \frac{(5+t)^2}{(5-t)^2}+a^2=(5+t)^2[/tex]
multipliser med [tex](5-t)^2[/tex] på begge sider.
[tex]a^2(25+10t+t^2+25-10t+t^2)=(25-t^2)^2[/tex]
ganger ut og forenkler
[tex]t^4-t^2 (50+2a^2) +650-50a^2[/tex]
setter man inn i andregradsformelen får man da
[tex]t^2=25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}[/tex]
der negativt fortegn velges fordi t ikke kan være større enn 5.
altså får vi for t
[tex]t=\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}[/tex]
slik at b blir

[tex]b=\sqrt{(5+t^2)-a^2}=\sqrt{(5+\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}})^2-a^2}[/tex]
[tex]b=\sqrt{50+10\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}-\sqrt{100a^2+a^4}}[/tex]
For å finne hele x må da CF legges til, men denne må være lik normalen fra D på linjen AC,
[tex]x=\sqrt{50+10\sqrt{25+a^2-\sqrt{100a^2+a^4}}-\sqrt{100a^2+a^4}}+a[/tex]
Det siste som trengs er nå å finne a uttrykt ved L, dette gjøres ved bruk av den kjente 45 graders vikelen slik at
[tex]a=L\cdot \sin{45\textdegree}[/tex]
slik at hele utrykket blir
[tex]x=\frac{1}{2}\sqrt{200+20\sqrt{100+2L^2-2\sqrt{200L^2+L^4}}-2\sqrt{200L^2+L^4}}+\frac{1}{2}L \sqrt{2}[/tex]

Utmerket! det er heilt riktig jo! Gratulerer! Flott løysing. Eg gjorde den på en litt anna måte. Men lagde samme kvadrat inni trekanten slik som du gjorde. Brukte pytagoras og formlikskap først, og løyste den for (BC+CA) (andregradslikning), deretter substituerte eg bort den eine av dei med formlikskapslikninga og fekk samme svar....vel...dei såg ikkje heilt like ut, men svara våre er alikavel riktige.