/Szkoła średnia/Geometria/Planimetria/Trójkąt/Dowolny

Zadanie nr 4686652

Dodaj do ulubionych
Dodaj do rozwiązanych

Dany jest trójkąt ABC , w którym |AC | = 17 i |BC | = 10 . Na boku AB leży punkt D taki, że |AD | : |DB | = 3 : 4 oraz |DC | = 1 0 . Oblicz pole trójkąta ABC .

Rozwiązanie

Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.

PIC

Sposób I

Oznaczmy ∡BDC = α . Wtedy oczywiście ∡ADC = 180 ∘ − α . Piszemy teraz twierdzenia cosinusów w trójkątach BDC i ADC .

{ BC 2 = DB 2 + DC 2 − 2DB ⋅DC co sα 2 2 2 ∘ { AC = DA + DC − 2DA ⋅DC co s(180 − α) 100 = 16x 2 + 100− 80x cosα / : 16 289 = 9x 2 + 1 00+ 60x cosα / : 3. { 2 5xco sα = x 63 = 3x 2 + 20x cos α.

Podstawiamy teraz x2 x cosα = 5 z pierwszego równania do drugiego.

x2 6 3 = 3x2 + 20 ⋅--- 5 6 3 = 7x2 ⇒ x = 3.

W takim razie AB = 7x = 21 i pole trójkąta ABC możemy obliczyć ze wzoru Herona.

∘ ----------------------- P = p(p − a)(p − b )(p − c),

gdzie a+b+c- 10+-17+-21- p = 2 = 2 = 24 jest połową obwodu. Mamy zatem

√ ------------ √ ---------- P = 24⋅ 14⋅7 ⋅3 = 4 3⋅7 ⋅7 ⋅3 = 4 ⋅7 ⋅3 = 84.

Sposób II

Tym razem obejdziemy się bez twierdzenia cosinusów. Dorysujmy wysokość CE opuszczoną z wierzchołka C . Zauważmy, że trójkąt DBC jest równoramienny, więc DE = EB = 2x . Piszemy teraz twierdzenie Pitagorasa w trójkątach AEC i DEC .

{ 2 2 h + 25x = 2 89 h2 + 4x2 = 10 0.

Odejmujemy teraz od pierwszego równania drugie i mamy

2 21x = 189 ⇒ x = 3.

Z drugiego równania mamy więc

∘ ---------- h = 10 0− 4x 2 = √ 100-−-36-= 8.

W takim razie pole trójkąta ABC jest równe

1 1 P = 2 ⋅ 7x⋅ h = 2-⋅21 ⋅8 = 8 4.

 
Odpowiedź: 84

Wersja PDF