Zadanie nr 1181119

Na bokach i kwadratu ABCD o boku długości 1 wybrano punkty i w ten sposób, że AE = 1k i DF = m1 , dla k,m ∈ (1,+ ∞ ) . Niech będzie punktem przecięcia odcinków i

Wykaż, że jeżeli trójkąt jest prostokątny to .
Oblicz cosinus kąta jeżeli i .

Wersja PDF

Rozwiązanie

Ponieważ ani punkt , ani nie może być wierzchołkiem kwadratu, prosty musi być kąt .

Sposób I

Jeżeli oznaczymy to mamy kolejno

$∡SAB = 90∘ − α ∡SAE = 90∘ − ∡SAB = α .$

W takim razie trójkąty prostokątne i mają takie same kąty i . W takim razie są przystające, czyli .

Sposób II

Zadanie możemy łatwo rozwiązać korzystając z iloczynu skalarnego. Jeżeli wprowadzimy na płaszczyźnie układ współrzędnych tak, aby

$A = (0,0), B = (1 ,0), C = (1,1), D = (0,1)$

to i . Dalej

$[ ] → 1- AF = m ,1 → [ ] BE = − 1, 1- . k$

Pozostało sprawdzić kiedy te wektory są prostopadłe.

$→ → [ ] [ ] 0 = AF ∘BE = 1-,1 ∘ − 1, 1 = − 1- + 1- ⇐ ⇒ k = m . m k m k$

Sposób III

Rozwiązanie z poprzedniego sposobu można też zapisać bez układu współrzędnych. Jeżeli oznaczymy i to mamy

$→ → → → 1→ AF = AD + DF = b + -- a → → m → B→E = − AB + AE = − →a + 1-b . k$

Teraz sprawdzamy kiedy iloczyn skalarny tych wektorów jest równy 0 (korzystamy z tego, że i są prostopadłe i mają długość 1).

$→ → (→ 1 → ) ( → 1 → ) 0 = AF ∘BE = b + -- a ∘ − a + --b = m k 1 (→ )2 1 ( → )2 1 1 = − -- a + -- b = -− -- ⇐ ⇒ k = m m k k m$
Sposób I

Oznaczmy i .

W takim razie mamy obliczyć

$cos∡ASB = cos(180 ∘ − (9 0∘ − β+ α)) = cos(90 ∘ − (α − β )) = = sin(α − β) = sin αco sβ − sin βco sα.$

No i jest fajnie, bo te sinusy i cosinusy łatwo obliczyć z trójkątów prostokątnych i . Mamy

$∘ ------ √ --- BE = 1 + 1-= --10- ----9- 3 ∘ 1 √ 5- AF = 1 + --= ----. 4 2$

Stąd

$cos ∡ASB = sin αco sβ − sinβ cos α = √ -- 13 1 12 1 2 3 − 1 2 = -√10 ⋅√-5 − -√5 ⋅-√10 = √----− √----= -√---= − 1-0 . -3-- -2- 2-- -3-- 50 50 5 2$

Sposób II

Jeżeli się uprzemy, to szukany cosinus możemy też obliczyć z twierdzenia cosinusów. Nie jest to jednak zupełnie natychmiastowe, bo nie za bardzo widać jak obliczyć długości boków trójkąta . Żeby ominąć ten problem, skorzystamy z innego trójkąta. Dorysujmy odcinek równoległy do odcinka . Mamy

$co s∡NEB = cos(180 ∘ − ∡ASB ) = − cos ∡ASB .$

W takim razie wystarczy obliczyć cosinus kąta przy wierzchołku w trójkącie i wynik pomnożyć przez .
Teraz cała zabawa polega na tym, że długości boków trójkąta są dość proste do obliczenia. Zauważmy, że

$DN-- = DE-- = 2- ⇒ DN = 2DF = 1. DF DA 3 3 3$

Mamy więc

$∘ ------ √ --- BE = 1+ 1-= --10- ∘ ----9- 3 -- 4 1 √ 5 EN = -+ --= ---- ∘ -9---9 √ 3-- 4 13 BN = 1 + --= ----- 9 3$

Pozostało teraz napisać twierdzenie cosinusów.

$BN 2 = BE 2 + EN 2 − 2BE ⋅EN cos ∡BEN √ -- 13-= 10-+ 5− 2⋅ 5--2-cos∡BEN / ⋅9 9 9 9 9 √ -- 1 √ 2- − 2 = − 10 2 cos∡BEN ⇒ cos∡BEN = -√---= ----. 5 2 10$

Na koniec musimy sobie przypomnieć, że mieliśmy przemnożyć wynik przez .

Sposób III

Jedno z rozwiązań w podpunkcie a) polegało na wprowadzeniu na płaszczyźnie układu współrzędnych. Możemy wykorzystać obliczone tam wektory i i skorzystać ze wzoru na cosinus kąta między wektorami.

$[ ] A→F = 1,1 2 → [ ] BE = − 1 , 1- 3 → → 1 1 1 √ -- co s∡ ( →AF ,B→E ) =-AF-∘-BE--= ∘---−-2-+∘-3-----= −√-6-= -−√-1-= − --2. → → 1 1 --50- 5 2 10 |AF ||BE | 4 + 1 1 + 9 6$

Sposób IV

Możemy też obliczyć szukany cosinus używając wektorów bez układu współrzędnych. Ponownie korzystamy ze wzorów wyprowadzonych w podpunkcie a). Mamy

$→ → → AF = b + 1a 2 → → 1→ BE = − a + 3b → → ( → 1 → ) ( → 1→ ) AF ∘ BE = b + --a ∘ − a + --b 2 3 1 (→ )2 1 ( → )2 1 1 1 = − -- a + -- b = --− --= − -. 2 3 3 2 6$

Mamy stąd

$→ → 1 √ -- → → AF--∘-BE-- ------−-6------- -−-1- --2- cos ∡(AF ,BE ) = → → = ∘ 1----∘ -----1 = 5√ 2-= − 10 . |AF ||BE | 4 + 1 1 + 9$