Logga in
| 10 sidor teori |
| 17 Uppgifter - Nivå 1 - 3 |
| Varje lektion är menad motsvara 1-2 lektioner i klassrummet. |
I den här lektionen går vi igenom följande begrepp:
Om en parallelltransversal dras i en triangel kallas den nya, mindre triangeln för topptriangel.
En topptriangel behöver inte nödvändigtvis befinna sig på toppen av triangeln. Den kan t.ex. lika gärna vara på sidan, så länge en parallelltransversal skapar den.
Om en linje är parallell med en sida av en triangel och skär de andra två sidorna, är den resulterande mindre triangeln likformig med den ursprungliga triangeln.
Detta innebär att förhållandena mellan motsvarande sidor är lika.
ABDE=ACCD=BCCE
Eftersom parallelltransversalen DE är parallell med sidan AB bildas två likbelägna vinklar vid A och D som är lika stora.
Utöver detta finns vinkeln vid hörn C både i topptriangeln och den stora triangeln.
Om två vinklar stämmer överens mellan två trianglar måste även den tredje göra det, vilket innebär att kravet för likformighet är uppfyllt. Detta betyder att topptriangeln DEC och den stora triangeln ABC är likformiga.
Sidan DE är en parallelltransversal.
Att tillämpa Topptriangelsatsen.
Vi kallar sträckan CD för x. Eftersom DE är en parallelltransversal är topptriangeln DEC likformig med triangeln ABC.
Korsmultiplicera
Multiplicera in 1,25
Multiplicera faktorer
VL−1,25x=HL−1,25x
Omarrangera ekvation
VL/1,75=HL/1,75
Slå in på räknare
Avrunda till 1 decimal(er)
Sträckan CD är cirka 1,8 cm.
In the following applet, △DEC is a top triangle and the segment DE is a parallel transversal. Points D and E divide the sides AC and BC into two segments each, respectively. Is there a relationship between the lengths of these segments?
En parallelltransversal i en triangel delar två av sidorna i delsträckor. I triangeln har parallelltransversalen DE ritats in och bildat delsträckorna AD, CD, CE och BE.
Enligt transversalsatsen är förhållandet mellan delsträckorna på ena sidan samma som för delsträckorna på den andra sidan.
ADCD=BECE
Satsen kan bevisas med hjälp av topptriangelsatsen.
Korsmultiplicera
Multiplicera in a&c
VL−ac=HL−ac
VL/b=HL/b
VL/d=HL/d
Detta är transversalsatsen.
Sträckan DE är en parallelltransversal.
Att tillämpa Transversalsatsen.
Vi kallar den okända sidan CE för x. Eftersom DE är en parallelltransversal delas den nedre och övre sidan i samma förhållande.
VL⋅10=HL⋅10
Slå in på räknare
Avrunda till 1 decimal(er)
Sträckan CE är alltså cirka 3,3 le.
Gör en skiss. Om parallelltransversalen delar BC i förhållandet 2:3 innebär det att den kortare delsträckan delat med den längre ska gå att förkorta till 23. Vi kallar delstäckorna för 2x och 3x. Vi vet inte vilken av CE eller EB som är störst, så vi får två fall.
Vi vill beräkna kvoten mellan parallelltransversalen DE och basen AB. Vi vet inget om längden på dessa, men enligt topptriangelsatsen är den mindre topptriangeln likformig med hela triangeln. Kvoten mellan sidorna CE och CB kommer därför vara samma som kvoten mellan de sökta sträckorna.
Vi lyfter ut topptriangeln DEC.
Genom att dela motsvarande sidor i trianglarna med varandra kan vi bestämma kvoten CEEB, vilket alltså är samma som DEAB.
I första fallet är kvoten mellan sidorna 25.
Vi lyfter ut topptriangeln DEC igen.
Genom att dela motsvarande sidor i trianglarna med varandra kan vi bestämma kvoten DEAB.
I andra fallet är kvoten mellan sidorna 35. Kvoten kan alltså antingen vara 25 eller 35.
I △ABC har två parallelltransversaler ritats, en heldragen DE och en streckad FG. Den heldragna transversalen delar in △ABC i samma förhållande som den streckade transversalen delar in △DEC. Bestäm x.
Vi börjar med att lyfta ut topptriangeln △ CDE som skapas av parallelltransversalen DE. Vi vet att denna är likformig med △ ABC men vi har inte tillräckligt med information för att kunna använda transversalsatsen på det vanliga sättet.
Vi vet däremot att den streckade parallelltransversalen, som skapas av FG, är placerad så att den delar in △ CDE i samma förhållande som parallelltransversalen DE delade in △ ABC. Vi kan alltså ställa upp ekvationen
49 + x/60 = 49/x.
Vi korsmultiplicerar och förenklar ekvationen.
Vi har nu en andragradsekvation skriven på pq-form, som vi kan lösa med hjälp av pq-formeln.
Det är en sträcka vi är ute efter, vilket innebär att det måste vara det positiva x:et vi söker. Vi bekräftar detta genom att kontrollera att 49 + x60 = 49 + 35/60 = 1.4 och 49/x = 49/35 = 1.4. För båda trianglarna är alltså den övre delen av den högra sidan 1.4 gånger så lång som den undre, vilket är vad vi förväntar oss om trianglarna är likformiga. Den okända sidan x är alltså 35 le.
I kvadraten ABCD med sidan s finns triangeln AEB inritad på ett sådant sätt att triangelns sidor AE och EB delar sidan DC i tre lika stora delar. Bestäm ett uttryck för omkretsen av triangeln AEB. Glöm inte att motivera alla antaganden du gör.
Vi vet redan att triangelns bas AB är s eftersom det är en sida i kvadraten. Om vi kan visa att triangeln AEB är likbent så vet vi dessutom att sidorna AE och EB är lika långa. I så fall räcker det att bestämma sidan EB och sedan räkna den två gånger när vi bestämmer omkretsen. Vi bevisar likbenthet genom att visa att triangelns basvinklar är lika stora.
Vi vet att de gröna trianglarnas kateter är lika långa, s och s3. Däremellan har de båda en rät vinkel, så enligt SVS-villkoret är trianglarna kongruenta. Då är alla motsvarande vinklar lika stora. Med hjälp av det ser vi att de blå basvinklarna i △ AEB är lika stora, nämligen 90^(∘) -∧ DAE, och därmed är triangeln likbent. Nu beräknar vi EB, och vi börjar med att bestämma den delen av sidan som är inuti kvadraten, markerad c.
Eftersom den högra gröna triangeln är rätvinklig, och vi känner till båda kateterna, kan vi använda Pythagoras sats för att ta fram ett uttryck för c.
Nästa steg blir att bestämma den del av EB som ligger utanför kvadraten, som vi kan kalla x.
Eftersom AB och DC är motstående sidor i en kvadrat måste de vara parallella, vilket innebär att den del av DC som skär triangeln AEB är en parallelltransversal. Enligt topptriangelsatsen är då den lilla topptriangeln likformig med den stora triangeln.
Vi kan därför ställa upp följande samband: x+ sqrt(10)s3/x=s/s3. Vi löser ut x som ett uttryck beroende på s.
Nu vet vi längden för samtliga sidor i triangeln.
Slutligen behöver vi addera dessa och förenkla för att få ett uttryck för triangelns omkrets.
Triangelns omkrets kan alltså beskrivas av uttrycket s(1+sqrt(10)).
Den blå triangelns hörn F ligger på sträckan AC:s mittpunkt, och DE är parallelltransversal till AC. Bestäm ett uttryck för y.
Om vi vet AC kan vi ta fram ett uttryck för y med topptriangelsatsen. F är mittpunkt på AC, så vi kan bestämma längden c för AF och sedan dubbla den för att få ett uttryck för AC.
Eftersom vi vet att △ ADF är rätvinklig bestämmer vi c med Pythagoras sats.
Då har vi tagit fram ett uttryck för c. Genom att dubbla detta:
2* 5x/4=2* 5x/4=5x/2,
får vi längden av AC.
Nu kan vi använda likformighet, eftersom △ ABC är likformig med △ DBE enligt topptriangelsatsen.
Sidan y kan alltså beskrivas i termer av x via uttrycket 8x5.