Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM

Linki sponsorowane

cornersR
Zadanie nr 7228546

Dany jest romb ABCD o boku długości 1, w którym kąt BAD jest ostry i sin ∡BAD = 17 . Na bokach AB ,AD i BC wybrano odpowiednio punkty K ,L i M w ten sposób, że odcinki KL i KM są równoległe do przekątnych rombu.

  • Oblicz pole czworokąta CDLM .
  • Oblicz największą możliwą wartość pola trójkąta KLM .
Wersja PDF
Rozwiązanie
  • Rozpoczynamy oczywiście od rysunku.
    PIC

    Zauważmy, że czworokąt CDLM jest trapezem, którego wysokość jest równa wysokości rombu. Obliczmy więc najpierw wysokość rombu. Z trójkąta prostokątnego DEC mamy

    DE--= sin∡C = 1- ⇒ DE = 1-. DC 7 7

    Zauważmy, że trójkąty AKL i BKM są podobne odpowiednio do ABD i BAC , czyli są równoramienne. Oznaczmy AK = x . Wtedy

    DL = 1− AL = 1 − AK = 1− x CM = 1 − BM = 1 − BK = AK = x.

    Teraz bez problemu obliczamy pole trapezu CDLM

    P = DL-+--CM--⋅ DE = 1-−-x-+-x-⋅ 1-= -1-. CDLM 2 2 7 1 4

     
    Odpowiedź: 1- 14

  •  

    Sposób I

    Z poprzedniego podpunktu wiemy, że pole czworokąta ABML stanowi połowę pola rombu (bo pole rombu jest równe 1 7 ). W szczególności pole tego czworokąta jest stałe i nie zależy od wyboru punktu K . To oznacza, że pole trójkąta KLM będzie największe, gdy suma pól trójkątów AKL i KBM będzie najmniejsza. Obliczmy tę sumę (jak w poprzednim podpunkcie przyjmujemy AK = x ).

     1 1 PAKL + PKBM = -AK ⋅AL ⋅sin ∡A + --BK ⋅BM ⋅sin ∡B = 2 2 = 1AK 2sin∡A + 1BK 2sin(180∘ − ∡A ) = 2 2 -1- 2 1-- 2 1-- 2 = 14 x + 14(1 − x) = 14(2x − 2x + 1).

    Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w górę, która najmniejszą wartość przyjmuje w wierzchołku, czyli dla x = 12 . Mamy wtedy

     ( ) P + P = 1-- 1− 1+ 1 = -1. AKL KBM 14 2 28

    Zatem

    P = 1--− -1-= -1-. KLM 14 28 28

    Sposób II

    Tym razem, korzystając z twierdzenia cosinusów, obliczymy wprost pole trójkąta KLM . Obliczmy najpierw cos ∡A i cos∡B .

     ∘ ------- √ -- ∘ ------------ 1 4 3 cos∡A = 1− sin2 ∡A = 1− ---= ----- 49 7 √ -- ∘ 4--3- cos ∡B = cos(1 80 − ∡A ) = − cos∡A = − 7 .

    Liczymy długości odcinków KL i KM .

     2 2 2 KL = AK + AL − 2AK ⋅AL co(s ∡A =√ -) 4 3 = 2AK 2(1− co s∡A ) = 2x2 1 − ----- 7 ∘ ------√--- 14-−-8--3- KL = x 7 2 2 2 KM = BK + BM − 2BK ⋅BM cos∡B = ( √ -) = 2BK 2(1 − cos ∡B ) = 2(1 − x)2 1+ 4--3- 7 ∘ -------√--- 14+ 8 3 KM = (1 − x) ---------- 7

    Trójkąt KLM jest prostokątnym, więc

     ∘ -------√--- ∘ -------√--- 1- 1- 1-4−--8--3 1-4+--8--3 PKLM = 2 KL ⋅KM = 2 ⋅ x 7 ⋅(1− x) 7 = ∘ ---------√---- 1 142 − (8 3)2 1 = --x(1− x) ------2-------= -x(1 − x). 2 7 7

    wykresem tej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w dół, więc największą wartość otrzymamy w wierzchołku, czyli dla x = 0+1-= 1 2 2 (w środku między pierwiastkami). Wartość funkcji jest wtedy równa

    P = 1-⋅ 1-⋅ 1-=-1-. KLM 7 2 2 28

     
    Odpowiedź: 1- 28

Wersja PDF
Twoje uwagi
Nie rozumiesz fragmentu rozwiązania?
W rozwiązaniu jest błąd lub literówka?
Masz inny pomysł na rozwiązanie tego zadania?
Napisz nam o tym!