Trekant med parallell midtlinje og glidende hjørne

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Punktene $A (- 1, 0)$ , $B (7, - 2)$ og $C (3, 6)$ er hjørner i en trekant.

For hånd

Bestem koordinatene til vektorene $\vec{A B}$ og $\vec{A C}$ . Finn $∠ A$ i $△ A B C$ ved regning.

Punktet $D$ ligger på $A B$ slik at $\vec{A D} = \frac{3}{4} \cdot \vec{A B}$ .

Punktet $E$ ligger på $A C$ slik at $\vec{A E} = \frac{3}{4} \cdot \vec{A C}$ . Se figur 1.

Trekant ABC med midtlinjepunkter D og E, figur 1

For hånd

Vis at $\vec{D E} = [- 3, 6]$ . Forklar at $\vec{D E} ∥ \vec{B C}$ .

Vi lar nå hjørnet $A$ ha koordinatene $(t, 0)$ . Ved å variere verdien til parameteren $t$ kan vi få $A$ til å «gli» fram og tilbake på x-aksen. Figur 2 viser hvordan trekanten ser ut når $t = 13$ .

Trekant ABC med glidende hjørne A=(t,0), her t=13, figur 2

For hånd

Forklar at $\vec{D E}$ har samme lengde for alle verdier av $t$ .

For hånd

Bestem ved regning verdier for $t$ slik at $∠ A = 90 °$ .

For hånd

Finn ved regning, eller ved hjelp av dynamisk programvare, andre verdier for $t$ slik at $△ A B C$ blir rettvinklet.

Fasit

$\vec{A B} = [8, - 2]$ , $\vec{A C} = [4, 6]$ , $∠ A \approx 70,3 °$

$\vec{D E} = [- 3, 6]$ , og $\vec{D E} = \frac{3}{4} \vec{B C}$ , altså parallelle

$| \vec{D E} | = 3 \sqrt{5}$ for alle $t$

$t = 1 eller t = 9$

$t = 11 (rett vinkel i B) eller t = - 9 (rett vinkel i C)$

LøsningsforslagKI-generert

Vi finner vektorene ved å trekke koordinatene til $A$ fra koordinatene til henholdsvis $B$ og $C$ :

\vec{A B} = B - A = (7 - (- 1), - 2 - 0) = [8, - 2]

\vec{A C} = C - A = (3 - (- 1), 6 - 0) = [4, 6]

Vinkelen $∠ A$ finner vi ved hjelp av formelen for vinkelen mellom to vektorer:

\cos A = \frac{\vec{A B} \cdot \vec{A C}}{| \vec{A B} | \cdot | \vec{A C} |}

Skalarproduktet er

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 8 \cdot 4 + (- 2) \cdot 6 = 32 - 12 = 20

Lengdene er

| \vec{A B} | = \sqrt{8^{2} + {(- 2)}^{2}} = \sqrt{68} = 2 \sqrt{17}

| \vec{A C} | = \sqrt{4^{2} + 6^{2}} = \sqrt{52} = 2 \sqrt{13}

Dette gir

\cos A = \frac{20}{2 \sqrt{17} \cdot 2 \sqrt{13}} = \frac{20}{4 \sqrt{221}} = \frac{5}{\sqrt{221}}

A = \cos^{- 1} (\frac{5}{\sqrt{221}}) \approx 70,3 °

$∠ A \approx 70,3 °$

Siden $\vec{A D} = \frac{3}{4} \cdot \vec{A B}$ , får vi koordinatene til $D$ :

D = A + \vec{A D} = A + \frac{3}{4} \vec{A B} = (- 1, 0) + \frac{3}{4} \cdot [8, - 2] = (- 1 + 6, 0 - 1,5) = (5, - 1,5)

Tilsvarende for $E$ :

E = A + \vec{A E} = A + \frac{3}{4} \vec{A C} = (- 1, 0) + \frac{3}{4} \cdot [4, 6] = (- 1 + 3, 0 + 4,5) = (2, 4,5)

Da er

\vec{D E} = E - D = (2 - 5, 4,5 - (- 1,5)) = [- 3, 6]

For å vise at $\vec{D E} ∥ \vec{B C}$ regner vi ut $\vec{B C}$ :

\vec{B C} = C - B = (3 - 7, 6 - (- 2)) = [- 4, 8]

Vi ser at $\vec{D E} = \frac{3}{4} \cdot \vec{B C}$ , siden $\frac{3}{4} \cdot [- 4, 8] = [- 3, 6]$ . Fordi $\vec{D E}$ er et tallmultiplum av $\vec{B C}$ , er vektorene parallelle.

Dette følger også generelt: siden $\vec{A D} = \frac{3}{4} \vec{A B}$ og $\vec{A E} = \frac{3}{4} \vec{A C}$ , er

\vec{D E} = \vec{A E} - \vec{A D} = \frac{3}{4} \vec{A C} - \frac{3}{4} \vec{A B} = \frac{3}{4} (\vec{A C} - \vec{A B}) = \frac{3}{4} \vec{B C}

Vi lar nå $A = (t, 0)$ , mens $B$ og $C$ fortsatt har de opprinnelige, faste koordinatene $B (7, - 2)$ og $C (3, 6)$ .

Fra utledningen i b) vet vi at

\vec{D E} = \frac{3}{4} \vec{B C}

uansett hvor $A$ befinner seg. Dette skyldes at $\vec{D E}$ kun avhenger av $\vec{A C} - \vec{A B} = \vec{B C}$ , som er en vektor mellom de faste punktene $B$ og $C$ — den inneholder ikke $A$ i det hele tatt, og er derfor uavhengig av $t$ .

Siden $\vec{B C} = [- 4, 8]$ er konstant, blir også $\vec{D E} = \frac{3}{4} [- 4, 8] = [- 3, 6]$ konstant for alle verdier av $t$ . Dermed er også lengden

| \vec{D E} | = \frac{3}{4} | \vec{B C} | = \frac{3}{4} \sqrt{{(- 4)}^{2} + 8^{2}} = \frac{3}{4} \sqrt{80} = \frac{3}{4} \cdot 4 \sqrt{5} = 3 \sqrt{5}

den samme uansett hvilken verdi $t$ har.

Med $A = (t, 0)$ er

\vec{A B} = B - A = [7 - t, - 2] \vec{A C} = C - A = [3 - t, 6]

Vinkelen $∠ A = 90 °$ nøyaktig når $\vec{A B} \cdot \vec{A C} = 0$ :

\vec{A B} \cdot \vec{A C} = (7 - t) (3 - t) + (- 2) \cdot 6 = 0

21 - 7 t - 3 t + t^{2} - 12 = 0

t^{2} - 10 t + 9 = 0

Dette løses med abc-formelen:

t = \frac{10 \pm \sqrt{{(- 10)}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot 9}}{2} = \frac{10 \pm \sqrt{64}}{2} = \frac{10 \pm 8}{2}

t = 9 eller t = 1

$t = 1 eller t = 9$

Rett vinkel kan også ligge i $B$ eller $C$ . Vi bruker samme metode: skalarproduktet av de to vektorene fra hjørnet med rett vinkel skal være null.

Rett vinkel i $B$ : Vektorene fra $B$ er $\vec{B A} = A - B = [t - 7, 2]$ og $\vec{B C} = [- 4, 8]$ (konstant, jf. c)).

\vec{B A} \cdot \vec{B C} = (t - 7) (- 4) + 2 \cdot 8 = - 4 t + 28 + 16 = - 4 t + 44 = 0

t = 11

Rett vinkel i $C$ : Vektorene fra $C$ er $\vec{C A} = A - C = [t - 3, - 6]$ og $\vec{C B} = [4, - 8]$ .

\vec{C A} \cdot \vec{C B} = (t - 3) \cdot 4 + (- 6) (- 8) = 4 t - 12 + 48 = 4 t + 36 = 0

t = - 9

$t = 11 (rett vinkel i B) eller t = - 9 (rett vinkel i C)$

Oppgavedata

Hentet fra: R1 H2010, del 2, oppgave 5
Del: Del 2, alle hjelpemidler — les om hjelpemidler
Hjelpemidler: Kalkulator
CAS
Graftegner og regneark
Lærebok, formelsamling og egne notater
Ikke åpent internett, kommunikasjon med andre eller kunstig intelligens.
Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 11
Temaer: Vektorer, Geometri, Parallelle vektorer, Trigonometri

Trekant med parallell midtlinje og glidende hjørne

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Trekant med parallell midtlinje og glidende hjørne

Lov på eksamen

Kan den løses uten PC?

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Trekant med parallell midtlinje og glidende hjørne

Trekant med parallell midtlinje og glidende hjørne

Lov på eksamen

Kan den løses uten PC?

Temaer