Geometri

[PiaR]

Jeg har en oppgave som jeg har gjort, men som jeg er usikker på om er riktig, og om jeg tenker riktig i det hele tatt. Det er ikke fasit på denne oppgaven nemlig

Oppgave: 4.250)

Diagonalene i et parallellogram skjærer hverandre i punktet S.

a) bruk kongruente trekanter til å vise at S er midtpunktet på både AC og BD.

b) La E være midtpunktet på AB og F være midtpunktet på CD.
Vis at AF og CE deler diagonalen BD i tre like store deler.


Jeg har gjort:

a) Her har jeg tenkt at man må finne vinkler og bruke de parallelle linjene til å bevise dette. Jeg fant to måter å gjøre det på:

- bruke 2 trekanter: ABD og ABC

- bruke 4 trekanter: ABS, DCS og ADS, BCS.

På begge metodene har jeg brukt vinkler. Jeg trakk diagonalene ut forbi parallellogrammet og forlenget sidene. Jeg fikk da nye vinkler som gjorde at jeg kunne bruke toppvinklene og vinklene ved parallelle sider. Blir dette riktig?

= altså her tenker jeg at man må bruke regelen om kongruens som sier at "to vinkler i trekantene må være lik, og de må samtidig ha en side med lik lengde".


b) her tegnet jeg opp linjene, og ser at de deler den i like lange stykker. Problemet er at jeg ikke skjønner hvordan jeg skal vise dette...

[Brahmagupta]

Beskrivelsen din av oppgave a) er litt upresis, så det er litt vanskelig å avgjøre om du har gjort det riktig, men det virker som du har de rette ideene!
Den letteste fremgangsmåten er nok å rett å slett vise at [tex]\triangle ABS\simeq \triangle CDS[/tex] (at de er kongruente).
For å vise det kan man for eksempel gå frem slik.
[tex]\angle ASB = \angle CSD[/tex]
[tex]\angle ABS = \angle CDS[/tex]
[tex]\angle BAS = \angle DCS[/tex]
De to første er toppvinkler mens de to andre likhetene følger ved at de er dannet mellom samme linje og henholdsvis [tex]AB[/tex] og [tex]CD[/tex]
som er parallelle. Kongruensen følger ved at de har like lang grunnlinje [tex]AB=CD[/tex].

På oppgave B er det lurt å trekke linjen EF, denne vil gå gjennom S (hvorfor?). Kall skjæringspunktet mellom AF og BD for G og se deretter
på trekantene FSG og ADG.

Bare si ifra hvis du fremdeles står fast

[PiaR]

Beskrivelsen din av oppgave a) er litt upresis, så det er litt vanskelig å avgjøre om du har gjort det riktig, men det virker som du har de rette ideene!
Den letteste fremgangsmåten er nok å rett å slett vise at [tex]\triangle ABS\simeq \triangle CDS[/tex] (at de er kongruente).
For å vise det kan man for eksempel gå frem slik.
[tex]\angle ASB = \angle CSD[/tex]
[tex]\angle ABS = \angle CDS[/tex]
[tex]\angle BAS = \angle DCS[/tex]
De to første er toppvinkler mens de to andre likhetene følger ved at de er dannet mellom samme linje og henholdsvis [tex]AB[/tex] og [tex]CD[/tex]
som er parallelle. Kongruensen følger ved at de har like lang grunnlinje [tex]AB=CD[/tex].

På oppgave B er det lurt å trekke linjen EF, denne vil gå gjennom S (hvorfor?). Kall skjæringspunktet mellom AF og BD for G og se deretter
på trekantene FSG og ADG.

Bare si ifra hvis du fremdeles står fast

Jeg setter utrolig stor pris på den gode hjelpen!

a) Ja, det var slik jeg tenkte - regel 1 sier at 2 vinkler + en like lang side (samsvarende) = kongruens.

b) Jeg trakk linjen og så at jeg fikk 2 nye parallellogram og flere trekanter inni disse. Markerte ut trakantene FSG og ADG slik du sa. For meg ser det ut som om de er formlike og kanskje kongruente. Jeg prøvde meg med å se på vinklene i den - her ser jeg at:
[tex]\angle GFS = \angle GAD[/tex]
[tex]\angle GSF = \angle GDA[/tex]
Her kan jeg forsovidt påvise formlikhet, siden den tredje vinkelen også vil bli lik - [tex]\angle AGD = \angle FGS[/tex].
Men om jeg skal bruke kongruens for å bevise dette, mangler jeg en side. De andre reglene trenger jeg også sidene for å kunne vise kongruens..
Er jeg helt på bærtur nå?

[Brahmagupta]

Nei, du er ikke på bærtur! For å se ting klarere er det ofte lurt å tegne en figur som bare inneholder
akkurat det du ser på, så jeg tegna hele parallellogrammet uten den andre diagonalen, AC, ellers blir det fryktelig mange
trekanter og lett forvirrende.

Du har altså vist at trekantene er formlike, figuren din burde indikere at de ikke kan være kongruente siden [tex]\triangle AGD[/tex]
ser mye større ut enn [tex]\triangle SGF[/tex] (forutsatt at figuren er relativt presis).

Først ta et lite steg tilbake for å se på hva vi egentlig skal vise, jo vi skal vise at [tex]AF[/tex] og [tex]EC[/tex] deler diagonalen [tex]BD[/tex] i tre like store deler.
Merk at figuren er helt symmetrisk om linja [tex]EF[/tex]. Det vil si at [tex]DS=SB[/tex]. Kall skjæringspunktet mellom [tex]BD[/tex] og [tex]EC[/tex] for [tex]H[/tex].
Dette er det tilsvarende punktet til G på andre siden av EF, husk symmetrien. Så en god måte å gå frem på er å først vise at [tex]BH=GD[/tex], her er det lurt
å se om du kan finne noen kongruente trekanter.

Når dette er gjort gjenstår det å vise at den midtre lengden [tex]GH[/tex] er like stor som [tex]BH[/tex] og [tex]GD[/tex]. Det er ingen trekanter som
inneholder denne lengden uten å trekke flere linjer, noe som helst vil unngås. Men siden EF deler GH i to like store deler vil det være nok
å vise at [tex]2\cdot SG=DG[/tex]. Her kommer de formlike trekantene inn, kan du vise dette ved hjelp av dem?

Så det er to ting som må vises (jeg hoppet over det første punktet i første innlegg, noe som var litt dumt):

1) Vis at [tex]BH=GD[/tex]

2) Vis at [tex]DG=2\cdot SG[/tex]

Er du med på resonnemanget?

[Ptol]

Sliter med den samme oppgaven! Den samme står i 2010 utvagen av sinus r1 matematikk, oppgave 4.152.
Har til nå klart å vise at BH=DG (utifra ditt løsningsforslag vel og merke), men
hvordan viser man at DG = 2 * SG?

[Ptol]

Rettelse: 2013 utgaven

[Brahmagupta]

Nå er det over et år siden jeg gikk gjennom dette og ser nå at det er en noe enklere metode for å vise at [tex]GH=BH[/tex], men
jeg kan først vise fremgangsmåten på den løsningen jeg hadde i tankene da.

Vi ønsker å vise at [tex]DG=2SG[/tex]. Vi ser på trekantene [tex]\triangle{GFS}[/tex] og [tex]\triangle{ADG}[/tex]. Observer først
at [tex]EF[/tex] er parallell med [tex]AD[/tex] siden E og F er henholdsvis midtpunktene på sidene [tex]AB[/tex] og [tex]CD[/tex].
Det vil si at [tex]\angle{GSF}=\angle{ADG}[/tex] og [tex]\angle{GFS}=\angle{DAG}[/tex]. Dermed er også [tex]\angle{SGF}=\angle{AGD}[/tex].
Dette kan vi se enten ved å bruke vinkelsummen i en trekant eller at de er toppvinkler.

Siden vinklene i de to trekantene er parvis like store er de formlike og vi ønsker nå å finne forholdet. Først ser vi at [tex]AD=EF[/tex].
Videre er S midtpunktet på [tex]EF[/tex] så [tex]2FS=AD[/tex]. Dermed ved formlikhet har vi at [tex]2SG=DG[/tex] som var det vi ønsket
å vise. Det følger da at [tex]BH=DG=2SG=SG+SH=GH[/tex].

Den noe enklere metoden jeg fant nå baserer seg på å vise at [tex]\triangle{BHE}\sim\triangle{CHD}[/tex] med forhold 1 til 2.
[tex]\angle{BHE}=\angle{CHD}[/tex] siden de er toppvinkler. Videre er [tex]AB[/tex] og [tex]CD[/tex] parallelle så
[tex]\angle{EBH}=\angle{HDC}[/tex] og [tex]\angle{BEH}=\angle{DCH}[/tex]. Dermed er formlikheten vist. For å finne
forholdet holder det å observere at siden E er midtpunktet på [tex]AB[/tex] er [tex]2EB=CD[/tex].
Ved formlikheten har vi da at [tex]2BH=HD[/tex]. Vi har allerede vist at [tex]BH=DG[/tex] så vi har at
[tex]2BH=HD=HG+DG=HG+BH\Rightarrow BH=DG[/tex].

Bare å si ifra hvis dette var uklart!

[Ptol]

Så vi finner egentlig BH = GH = DG ved å vise at △BHE∼△CHD og at forholdet mellom de er 2:1 som vi gjør ved å se at EB er halvparten så stor som DC, slik at 2 BH = DH = DG + GH. Deretter viser vi at △SGF∼△DGA og at forholdet mellom disse to også er 2:1 ved å se på EF som deles i to av s i to like store deler: EF = AD = 2*FS. Dette betyr at DG = 2*SG = GH og vi kan konkludere at DG = GH = BH?

Tusen takk for hjelpa!

[Brahmagupta]

I det forrige innlegget presenterte jeg to metoder som begge brukte antakelsen om at [tex]BH=DG[/tex] til å vise at
enten [tex]DG[/tex] eller [tex]BH[/tex] er lik [tex]GH[/tex]. Du skrev jo i det første innlegget at du hadde kommet frem
til at [tex]BH=DG[/tex]. Hvis for eksempel [tex]DG=GH[/tex] så er jo [tex]BH=DG=GH[/tex].

Avsnitt 2 og 3 tar for seg metoden jeg siktet til i innlegget for et år siden. Mens det fjerde avsnittet er den nye, noe enklere,
metoden. Du trenger ikke å bruke begge de to formlikhetsrelasjonene, kun en av dem. Altså enten at [tex]\triangle{GFS}\sim\triangle{ADG}[/tex]
eller [tex]\triangle{BEH}\sim\triangle{CHD}[/tex]. Fremgangsmåten du beskriver er dog helt riktig, men det er litt mindre arbeid hvis man
for eksempel først observerer at [tex]\triangle{BHE}[/tex] er kongruent med [tex]\triangle{DFG}[/tex] og dermed [tex]BH=DG[/tex] og deretter
bruker en av de to fremgangsmåtene jeg viste i forrige innlegg.