47 svar
399 visningar
Cristian0311 170
Postad: 2 feb 12:12 Redigerad: 2 feb 12:14

Geometri

Hejsan? Har ingen aning hur jag ska bevisa detta, hade behövt vägledning…

Cristian0311 170
Postad: 2 feb 12:49 Redigerad: 2 feb 12:51

Nu vet jag att jag måste bevisa att triangel APC= triangel PBC dvs a=b, men hur gör jag det?

MaKe 596
Postad: 2 feb 13:09 Redigerad: 2 feb 13:09

Genom punkt A dra en linje parallell med BC och genom punkt B dra en linje parallell med AC. Linjerna skär varandra i punkt D. ACBD är en parallellogram eftersom motstående sidor är parallella. Det medför att AC=BD och AD=BC. 

Kommer du vidare??

Laguna Online 30884
Postad: 2 feb 13:12

Hur vet du att linjerna skär varandra i en punkt?

MaKe 596
Postad: 2 feb 13:19
Laguna skrev:

Hur vet du att linjerna skär varandra i en punkt?

Det måste de göra "per konstruktion". Bland annat Diagonalen AB delar parallellogrammen i två kongruenta trianglar ABC och ABD. AD=BC, AC=BD och AB är den gemensamma sidan. Skär linjerna inte varandra så är de parallella och det är omöjligt eftersom AC och BC skär varandra i punkt C.

Laguna Online 30884
Postad: 2 feb 13:24

OK, men hur vet du då att vinklarna stämmer?

MaKe 596
Postad: 2 feb 13:29
Laguna skrev:

OK, men hur vet du då att vinklarna stämmer?

Det ska man bevisa. Cristian får klura på lite grand.

Cristian0311 170
Postad: 2 feb 13:59

Jag har kunnat bevisa kongruens, men inte hur triangel APC = triangel PBC.

Louis 3715
Postad: 2 feb 14:13 Redigerad: 2 feb 17:22

Det ska man bevisa. Cristian får klura på lite grand.

Vad har vi då att gå på när det inte finns några vinklar alls i din figur?
Jag har också svårt att följa ditt resonemang i #5 (sista meningen).

Det här är säkert en uppgift som man kan lösa på olika sätt.
Du har rätt i att om man kan visa att triangelareorna är lika så är PC en median.
Men det är nog inte det enklaste.

Efter att ha beräknat vinklarna som du gjort kan man se att triangel PBC är likformig med den stora triangeln.
Men vi behöver sidlängder.

Att vi har en 30-45-105-triangel verkar lovande, eftersom 30o och 45o är trevliga vinklar.
Genom att dra höjden från B till PC, skärning i D får vi en 30-60-90-triangel (dvs en halv liksidig triangel)
och en 45-45-90-triangel.

Säg att BD=1 (eller någon variabel). Då kan övriga sidor i de båda trianglarna bestämmas (DC behövs inte).

Använd sedan likformigheten.

MaKe 596
Postad: 2 feb 15:31 Redigerad: 2 feb 15:31
Louis skrev:

Det ska man bevisa. Cristian får klura på lite grand.

Vad har vi då att gå på när det inte finns några vinklar alls i din figur?
Jag har också svårt att följa ditt resonemang i #5 (sista meningen).

Här är en bild med vinklar.

Darth Vader 145
Postad: 2 feb 17:48 Redigerad: 2 feb 17:49

Jag har ett förslag:

Rita en liksidig triangel DABDAB:

Målet är alltså att visa att DP¯AB¯\overline{DP} \perp \overline{AB} eftersom höjden i varje liksidig triangel bisekterar motstående sida.

Betrakta fyrhörningen BPCDBPCD. En observation är följande:

Visa spoiler

BPCDBPCD är cyklisk, dvs. BPCDBPCD kan inskrivas i en cirkel. (Visa detta!)

tkabaca 1
Postad: 2 feb 18:51

Hej,
Jag löste i två steg. Jag hoppas att det är förståelig

Louis 3715
Postad: 2 feb 19:09 Redigerad: 2 feb 19:42

Välkommen till Pluggakuten, tkabaca!

Ditt första steg är lika som mitt. Sedan tänkte jag likformighet medan du fortsatte räkna på rätvinklig trianglar. Konsekvent och bra! Om vi begriper oss på MaKe:s och Darth Vaders lösningar har vi fyra stycken! Finns säkert fler.

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 13:11
MaKe skrev:
Louis skrev:

Det ska man bevisa. Cristian får klura på lite grand.

Vad har vi då att gå på när det inte finns några vinklar alls i din figur?
Jag har också svårt att följa ditt resonemang i #5 (sista meningen).

Här är en bild med vinklar.

Hur bevisar man det därifrån?

MaKe 596
Postad: 3 feb 13:13

Visa att AP=BP' eller/och AP'=BP.

Sedan motivera varför P och P' måste vara en och samma punkt.

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 13:23

Så alltså att bevisa AP=BP' gör man genom att visa att trianglarna är kongruenta och därför måste AP=BP' stämma. Samma resonemang följer för punkterna P och P'. Känns som jag saknar någonting i mitt argument...

MaKe 596
Postad: 3 feb 13:24

Samma resonemang gäller för AP'=BP.

Varför bör punkterna P och P' vara en och samma punkt?

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 13:31
Darth Vader skrev:

Jag har ett förslag:

Rita en liksidig triangel DABDAB:

Målet är alltså att visa att DP¯AB¯\overline{DP} \perp \overline{AB} eftersom höjden i varje liksidig triangel bisekterar motstående sida.

Betrakta fyrhörningen BPCDBPCD. En observation är följande:

Visa spoiler

BPCDBPCD är cyklisk, dvs. BPCDBPCD kan inskrivas i en cirkel. (Visa detta!)

Har inte hunnit dit ännu i boken, hade du kunnat förklara din lösning? Speciellt ⊥ (up tack)

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 13:32
MaKe skrev:

Samma resonemang gäller för AP'=BP.

Varför bör punkterna P och P' vara en och samma punkt?

Eftersom triangel APC är kongruent med triangel P'DB?

MaKe 596
Postad: 3 feb 13:32

Symbolen ⊥ betyder "vinkelrätt".

MaKe 596
Postad: 3 feb 13:34
Cristian0311 skrev:
MaKe skrev:

Samma resonemang gäller för AP'=BP.

Varför bör punkterna P och P' vara en och samma punkt?

Eftersom triangel APC är kongruent med triangel P'DB?

Det bevisar att AP=BP'.

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 13:37 Redigerad: 3 feb 13:39

Har det med vinklarna 135 och 135 att göra? 135*2 + 45*2=360. Om vi drar parallella linjer till AB hade vi kunnat visa detta. Bilden du ritat med alla vinklar visar en motsägelse, medianen ska ju fortsätta genom triangel ADB i samma punkt som P respektive P'

MaKe 596
Postad: 3 feb 13:40
Cristian0311 skrev:

Har det med vinklarna 135 och 135 att göra? 135*2 + 45*2=360. Om vi drar parallella linjer till AB hade vi kunnat visa detta. 

Det är rätt spår i alla fall.

Vi har en parallellogram (per konstruktion). AC och BD är parallella. Betrakta vinklarna ACP och BDP'.

Darth Vader 145
Postad: 3 feb 15:16 Redigerad: 3 feb 15:24
Cristian0311 skrev:
Darth Vader skrev:

Jag har ett förslag:

Rita en liksidig triangel DABDAB:

Målet är alltså att visa att DP¯AB¯\overline{DP} \perp \overline{AB} eftersom höjden i varje liksidig triangel bisekterar motstående sida.

Betrakta fyrhörningen BPCDBPCD. En observation är följande:

Visa spoiler

BPCDBPCD är cyklisk, dvs. BPCDBPCD kan inskrivas i en cirkel. (Visa detta!)

Har inte hunnit dit ännu i boken, hade du kunnat förklara din lösning? Speciellt ⊥ (up tack)

Idén bygger på följande satser:

  • En konvex fyrhörning ABCDABCD är cyklisk om och endast om ABC+CDA=180°\angle ABC + \angle CDA=180^{\circ} (dvs. summan av motstående vinklar är lika med 180°180^{\circ}).

  • En konvex fyrhörning ACBDACBD är cyklisk om och endast om ABC=CDA\angle ABC = \angle CDA (dvs. vinklar över samma båge är lika).

Cristian0311 170
Postad: 3 feb 18:56
MaKe skrev:
Cristian0311 skrev:

Har det med vinklarna 135 och 135 att göra? 135*2 + 45*2=360. Om vi drar parallella linjer till AB hade vi kunnat visa detta. 

Det är rätt spår i alla fall.

Vi har en parallellogram (per konstruktion). AC och BD är parallella. Betrakta vinklarna ACP och BDP'.

Ja, det är ju alternatvinklar. Jag fattar verkligen inte hur jag ska fortsätta med din lösning.

MaKe 596
Postad: 3 feb 20:10 Redigerad: 3 feb 20:13

 

Man behöver inte föra stränga matematiska bevis i nian. Att vinklarna verkar vara alternatvinklar stämmer och då borde P och P' vara på samma linje.

Vi kan också titta på triangeln DBP' med vinklarna 15, 30 och 135. Titta nu på linjerna PC, CA och AD. Vinklarna är 15, 135 och 30 - tillsammans 180. Alltså CADP'P måste vara en triangel och det är möjligt endast om DP'PC är en rät linje och P är samma punkt som P'.

Louis 3715
Postad: 3 feb 20:41 Redigerad: 3 feb 20:45

Vinkelsumman i CADP'P är 540o så som figuren är ritad. Som sig bör i en femhörning.

Ändrar vi 15o-vinklarna till 14o, och 30o-vinklarna till 31o (ursprungstriangeln oförändrad) får vi fortfarande den vinkelsumma på 180o som du räknade ihop, men nu är figuren verkligen som du ritat.

Det bör framgå varför just de givna vinklarna leder till att PC är en median (eller att P och P' sammanfaller), medan andra vinklar inte gör det.

Jag har tittat länge på figuren och har svårt att se vilken information man tillför (eller blottlägger) när man sätter ihop en triangel med en roterad kopia. Så jag är mycket nyfiken på vad det är jag inte ser.

MaKe 596
Postad: 3 feb 20:49

Det är svårt att rita en figur så att allas önskemål uppfylls. En frågar "Hur vet du att de skär varandra i en punkt" och en annan "Det ska framgå att de skär varandra i en punkt". Man kan lösa uppgiften på flera sätt och man kan föra ett bevis på flera sätt också - ibland mera elegant, ibland mindre elegant.

Louis 3715
Postad: 3 feb 21:03

Jo, vi har tre strikta bevis ovan.

Sedan motivera varför P och P' måste vara en och samma punkt.

Men jag kan inte se att du gör det. Det säger jag inte för att din framställning skulle vara mindre elegant. Men eftersom jag tycker att uppgiften är intressant är jag också intresserad av frågan huruvida och i så fall hur parallellogramkonstruktionen löser den. Hittills har jag varit skeptisk. TS vill nog också ha klarhet.

MaKe 596
Postad: 3 feb 21:18 Redigerad: 3 feb 21:18

Ok, det här är kanske mera övertygande:

Förläng CP så att den skär AD i punkten E.

AC=DB

CDB=ACE\angle CDB=\angle ACE

CAD=CBD\angle CAD=\angle CBD

Trianglarna är alltså kongruenta.

Det stämmer inte med konstruktionen. P och P' kan inte vara olika punkter. P och P' är en och samma punkt. AP=BP. VSB.

Louis 3715
Postad: 3 feb 21:35 Redigerad: 3 feb 23:46

Vinkel CDB finns inte i din figur.
Även i en figur som den du ritat, med P och P' skilda eftersom vinklarna är lite annorlunda, finns kongruenta trianglar.

Naturligt nog eftersom den undre delen av figuren är en kopia av den övre (ursprungliga).

Om du i senaste figuren ändrar 15, 30 och röda 45 till 14, 31 och 44, kan du då visa att P och P' inte sammanfaller? Måste inte beviset ta hänsyn till att vinklarna är just de givna?

MaKe 596
Postad: 4 feb 00:19

Nu utgår jag ifrån den bild som finns i uppgiften och undviker frågan "Hur vet du att de skär varandra i samma punkt?". Här är det som finns från början och vinklar som är enkla att beräkna.

Förläng CP och genom punkten B dra en linje som är parallell med AC. CP och den nya linjen skär varandra i en punkt D.

AC är parallell med BD och AB är en transversal. CAB=PBD=30o \angle CAB = \angle PBD = 30^o. Samma resonemang gäller för ACP=PDB=15o \angle ACP = \angle PDB = 15^o. \agnleAPC=DPB \agnle APC = \angle DPB (vertikalvinklar).

Dra en linje genom punkterna A och D. AD är parallell med BC.

Visa att AD är parallell med BC.

Nu känner jag mig trött för att fortsätta.

Cristian0311 170
Postad: 4 feb 08:08

Eftersom vinkeln EBG = vinkeln CAP till exempel. Vi kan även använda andra likbelägna och vertikalvinklar som stämmer överens då sträckan AG är transversal till linjerna AD respektive BC.

Louis 3715
Postad: 4 feb 12:23 Redigerad: 4 feb 14:18

MaKe, din senaste figur är intressantare, vi får se vad du kommer fram till. Jag lyckas inte och tycker mig se skäl, redovisade ovan, för att det inte går. Någon annan kanske i så fall har bättre förklaring. Men jag kan ha fel.

I en del geometriska problem räcker det att gå från vinkel till vinkel tills alla är bestämda. I andra fall behöver man också räkna på sträckor och ev. använda trigonometri. Det är många gånger som man fyllt figurer med vinkelvariabler, räknat vinkelsummor, ställt upp ekvationer, bara för att varje gång komma fram till identiteter. Nödvändig information (gällande sträckor) har saknats eller inte beaktats.

Här är ett förenklat exempel. Figuren är entydigt bestämd, alla vinklar utom x och y är givna, och ändå kan vi inte bestämma dem genom enkel vinkelräkning, bara med trigonometri.

tkabaca och jag räknade i våra lösningar på sträckor. Vi använde på sätt och vis trigonometri, fast när vinklarna är 30o och 45o behövs inga trigonometriska funktioner (vi använde att vi hade halva liksidiga trianglar och halva kvadrater).

Darth Vaders lösning är intressant för att där inte utförs några räkneoperationer. Figuren utökas (liksom hos MaKe). Vinklar skrivs in en i taget tills vi har vad vi behöver (se #24, sista figuren). Men allt utgår från att vinkeln vid (1) är just 30o och inget annat. Och att vi har två lika sträckor (3) som ger kongruenta trianglar och ny vinkelinformation (5). Varefter satsen om cykliska fyrhörningar kan användas.

MaKe 596
Postad: 5 feb 04:05 Redigerad: 5 feb 04:06
MaKe skrev:

AC är parallell med BD och AB är en transversal. CAB=PBD=30o \angle CAB = \angle PBD = 30^o. Samma resonemang gäller för ACP=PDB=15o \angle ACP = \angle PDB = 15^o. APC=DPB \angle APC = \angle DPB (vertikalvinklar).

 

Trianglarna APC och BPD är likformiga eftersom de har tre lika stora vinklar.

Eftersom de är likformiga så AP:PC=BP:PDAP:PC=BP:PD.

Detta förhållande gäller även för trianglarna APD och BPC och vinklarna mellan AP och PD respektive CP och PD är lika stora. Därför är dessa trianglar också likformiga. Det medför att DAP=PBC=105o \angle DAP = \angle PBC = 105^o och ADP=PCB=30o \angle ADP = \angle PCB = 30^o.

DC är en transversal till linjerna AD och BC. Eftersom och ∠ADP=∠PCB är linjerna AD och BC parallella. Det medför att ACBD är en parallellogram per definition. Då är AC=BD. Eftersom trianglarna APC och BPD är likformiga och AC=BD så är de också kongruenta. Då är AP=BP. V.S.B.

Cristian0311 170
Postad: 5 feb 09:41

"Trianglarna APC och BPD är likformiga eftersom de har tre lika stora vinklar."

Ännu bättre Make, de är kongruenta.

Louis 3715
Postad: 5 feb 12:22 Redigerad: 5 feb 12:33

Detta förhållande gäller även för trianglarna APD och BPC

Det visar inte likformighet, eftersom du jämför sidorna i fel ordning.

Det som gjorde mig misstänksam var att ditt resonemang inte innehåller något om vinklarnas faktiska storlekar. Rita en figur där PC är långt ifrån att vara median. Du har fortfarande två likformiga trianglar, medan de två andra inte är det.

MaKe 596
Postad: 5 feb 16:58

Ska vara: Detta förhållande gäller även för trianglarna APD och BPC och vinklarna mellan AP och PD respektive CP och PD PB är lika stora. Därför är dessa trianglar också likformiga.

Louis 3715
Postad: 5 feb 17:24

Likformigheten mellan de vita trianglarna ger a/b = c/d.
Det är det sambandet som du angav.
Kan också skrivas a/c = b/d.

Tittar vi på de tonade trianglarna betyder vänsterledet att vi går från vänstra till högra triangeln,
medan högerledet innebär att vi går från högra till vänstra triangeln.
Likformighet är inte visad.

MaKe 596
Postad: 5 feb 17:29

Att förhållandet stämmer har visats för de här trianglarna:

Louis 3715
Postad: 5 feb 17:36

Javisst. Men sedan skriver du "Detta förhållande gäller även för trianglarna APD och BPC",
alltså de tonade trianglarna i min figur.

Förhållandet gäller förstås, men det visar inte att de trianglarna är likformiga.

MaKe 596
Postad: 5 feb 17:44

Ja, men det finns ett villkor som är uppfyllt: β=λ.

Louis 3715
Postad: 5 feb 17:46 Redigerad: 5 feb 17:49

Ett likformighetsförhållande mellan de nya trianglarna skulle lyda a/c = d/b, medan du har b/d i högerledet.

Trianglarna är ju likformiga (och kongruenta) eftersom b=d och a=c, men det är inte visat.

MaKe 596
Postad: 5 feb 17:58

Släpper det nu. Jag känner att alla lösningar är för jobbiga för att passa åk 9. Kanske ser jag inte något väldigt enkelt.

Louis 3715
Postad: 5 feb 18:04 Redigerad: 5 feb 18:35

Att de vita trianglarna här är likformiga betyder väl inte att de tonade trianglarna är det?
Det är bara att du har för bråttom när du överför ett samband som gäller för de vita trianglarna till de tonade (där det inte gäller som bestämning av likformighet).

Den fråga som jag tycker är intressant är om det överhuvudtaget är möjligt att hitta en lösning som inte inbegriper bestämning av sträckor eller jämförelse av sträckor som inte är konstruerade lika. Uppgiften är kanske lite avancerad i årskurs 9, men tkabacas lösning tycker jag är rakt på sak, den utgår från hur figuren kan delas upp i trianglar med kända förhållanden. Cristian, är du med på de olika lösningarna?

Laguna Online 30884
Postad: 5 feb 18:36

Med sinussatsen och lite annat från trigonometri går det att visa, men det kommer förstås först i Matte 3. Man kanske kan omarbeta ett sådant bevis så att det bara använder begrepp som man kan i nian (och som de gamla grekerna kunde - de hade säkert hittat en bra lösning).

Louis 3715
Postad: 5 feb 18:38

Och då räknar vi på sträckor.

Cristian0311 170
Postad: 5 feb 18:51 Redigerad: 5 feb 18:52
Louis skrev:

Att de vita trianglarna här är likformiga betyder väl inte att de tonade trianglarna är det?
Det är bara att du har för bråttom när du överför ett samband som gäller för de vita trianglarna till de tonade (där det inte gäller som bestämning av likformighet).

Den fråga som jag tycker är intressant är om det överhuvudtaget är möjligt att hitta en lösning som inte inbegriper bestämning av sträckor eller jämförelse av sträckor som inte är konstruerade lika. Uppgiften är kanske lite avancerad i årskurs 9, men tkabacas lösning tycker jag är rakt på sak, den utgår från hur figuren kan delas upp i trianglar med kända förhållanden. Cristian, är du med på de olika lösningarna?

Yes jag hänger med. Har inte gått igenom inskrivna trianglar respektive cirklar ännu så det har jag kvar att lära mig. Har valt att inte prioritera trigonometri (kanske gör det ändå) inför provet då det är för lite tid kvar, håller med om att Tkabacas lösning var enklast och tydligast att följa 😅

Svara
Close