Petters geometriske bevis for likebeint trekant

For hånd

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

Petter får i oppgave å vise at når omkretsen av trekanten i oppgave 8 er minst mulig, er trekanten likebeint. Han løser oppgaven med figurer. Se nedenfor.

Petters fire figurer

Ved hjelp av figurene viser han hvor punktet $D$ må plasseres på linjestykket $A B$ for at lengden $A C + C B$ i figur 1 skal bli kortest mulig.

Forklar hva Petter har gjort, og at han har løst oppgaven riktig.

Fasit

$Petter bruker speiling til å vise at A C + C B er minst når D er midtpunktet på A B, altså når A C = C B$

LøsningsforslagKI-generert

I oppgave 8 er grunnlinja $A B = 8$ og høyden fra $C$ ned til $A B$ lik $6$ , mens foten for høyden, $D$ , kan ligge hvor som helst på $A B$ , med $A D = 8 - x$ og $D B = x$ . Siden både $A B$ og høyden er faste, er det bare summen $A C + C B$ som avgjør hvor stor omkretsen til trekanten blir. Omkretsen er derfor minst når $A C + C B$ er minst.

Figur 1 viser den opprinnelige trekanten delt i to rettvinklede trekanter av høyden $C D = 6$ : trekant $A C D$ med kateter $8 - x$ og $6$ , og trekant $D C B$ med kateter $x$ og $6$ . Da er

A C = \sqrt{{(8 - x)}^{2} + 6^{2}} C B = \sqrt{x^{2} + 6^{2}}

Figur 2 viser at de to rettvinklede trekantene kan flyttes uten å endre formen sin: trekant $A F D$ (med $A F = 6$ og $A D = 8 - x$ , rett vinkel i $A$ ) er kongruent med trekant $A C D$ , så $F D = A C$ . Trekant $B E D$ (med $B E = 6$ og $B D = x$ , rett vinkel i $B$ ) er kongruent med trekant $D C B$ , så $E D = C B$ . Dermed er

F D + D E = A C + C B

og summen vi vil minimere er nå lengden av den «knekte» veien $F \to D \to E$ .

Figur 3 viser at trekant $B E D$ speiles om linja $A B$ og blir til trekant $B D G$ , med $G$ liggende under $B$ . Speiling bevarer lengder, så $D G = D E = C B$ . Dermed er

F D + D G = F D + D E = A C + C B

Nå er både $F$ (rett over $A$ , i loddrett avstand $6$ ) og $G$ (rett under $B$ , i loddrett avstand $6$ ) faste punkter som ikke avhenger av hvor $D$ ligger på $A B$ — det er bare $D$ som er variabel.

Figur 4 viser konklusjonen: Den korteste veien mellom to faste punkter $F$ og $G$ er den rette linjestrekningen mellom dem. Summen $F D + D G$ blir derfor minst mulig når $D$ ligger akkurat der den rette linja $F G$ krysser $A B$ — altså i punktet $D^{'}$ i figuren.

Siden $A F = B G = 6$ , og $F$ og $G$ ligger på hver sin side av $A B$ i samme loddrette avstand, må den rette linja $F G$ krysse $A B$ nøyaktig midt mellom $A$ og $B$ (de to like høydene gjør at $D^{'}$ deler $A B$ i forholdet $A F : B G = 6 : 6 = 1 : 1$ ). Det betyr at $D^{'}$ er midtpunktet på $A B$ :

A D^{'} = D^{'} B = 4

Når $D = D^{'}$ er midtpunktet, har trekantene $A C D$ og $D C B$ samme to kateter ( $4$ og $6$ ), så $A C = C B$ . Trekanten $A B C$ er dermed likebeint når omkretsen er minst mulig — og det er nettopp dette Petter har vist med figurene sine.

Svar: $Omkretsen er minst når D er midtpunktet på A B, og da er A C = C B (trekanten er likebeint)$

Oppgavedata

Hentet fra: 1T V2014, del 2, oppgave 9
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: 2
Poeng: 2
Temaer: Bevis, Argumentasjon, Geometri

Petters geometriske bevis for likebeint trekant

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Petters geometriske bevis for likebeint trekant

Lov på eksamen

Kan den løses uten PC?

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Petters geometriske bevis for likebeint trekant

Petters geometriske bevis for likebeint trekant

Lov på eksamen

Kan den løses uten PC?

Temaer