Matematyka.pl

W trójkącie ostrokątnym \(\displaystyle{ ABC}\) miara kąta \(\displaystyle{ BAC}\) jest dwa razy większa od miary kąta \(\displaystyle{ ABC}\). Punkt \(\displaystyle{ D}\) jest środkiem boku \(\displaystyle{ AB}\). Niech \(\displaystyle{ \alpha}\) oznacza miarę kąta \(\displaystyle{ ABC}\), natomiast \(\displaystyle{ \beta}\) - miarę kąta \(\displaystyle{ ADC}\). Oblicz \(\displaystyle{ \frac{\tan\beta}{\sin2\alpha}}\).

Zadanie pochodzi z rozszerzonej matury próbnej CKE z grudnia i moim osobistym zdaniem jest to najtrudniejsze zadanie z tego arkusza. Widziałem na internecie filmiki z kilkoma rozwiązaniami, ale wszystkie wyglądają na bardzo karkołomne i długie rachunkowo. Czy Ktoś ma może pomysł jak to sprytnie i elegancko rozwiązać?

Niech \(\overline{CM}\) będzie wysokością danego trójkąta.

1. \(|\angle ACB|=\pi-3\alpha\)
2. Z wzoru sinusów: \[\begin{cases}|BC|=2R\sin2\alpha\\|AB|=2R\sin(\pi-3\alpha) \Rightarrow |DB|=R\sin3\alpha \end{cases}\] gdzie \(R>0\) jest promieniem okręgu opisanego na \(\Delta ABC\) oraz \(30^\circ<\alpha<45^\circ\).
3. Z \(\Delta MBC\):\[\begin{cases}|MC|=2R\sin2\alpha\cdot\sin\alpha\\ |MB|=2R\sin2\alpha\cdot\cos\alpha\end{cases}\]
4. \(|MB|=|MD|+|DB|\), zatem
   \[|MD|=2R\sin2\alpha\cdot\cos\alpha-R\sin(2\alpha+\alpha)=R(2\sin2\alpha\cos\alpha-\sin2\alpha\cos\alpha-\cos2\alpha\sin\alpha)=\\
   =R(\sin2\alpha\cos\alpha-\cos2\alpha\sin\alpha)=R\sin(2\alpha-\alpha)\]
5. Z \(\Delta MDC\): \[|MC|=R\sin\alpha\cdot\tg\beta\]
6. Z 5. i 3.:\[R\sin\alpha\cdot\tg\beta=2R\sin2\alpha\cdot\sin\alpha\qquad|:R\sin\alpha\sin2\alpha\\
   \frac{\tg\beta}{\sin2\alpha}=2\]

Pozdrawiam

Z definicji tangensa w trójkącie prostokątnym: (Rys.) :

\(\displaystyle{ \frac{h}{k} = \tg(2\alpha) \rightarrow k = \frac{h}{\tg(2\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{h}{l} = \tg(\beta) \rightarrow l = \frac{h}{\tg(\beta)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{h}{k+2l} = \tg(\alpha) \rightarrow k+2l = \frac{h}{\tg(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ k+l = k+2l - l }\)

\(\displaystyle{ \frac{h}{\tg(2\alpha)} + \frac{h}{\tg(\beta)} = \frac{h}{\tg(\alpha)} - \frac{h}{\tg(\beta)} }\)

Stąd

\(\displaystyle{ \frac{h}{\tg(2\alpha)} + \frac{2h}{\tg(\beta)} = \frac{h}{\tg(\alpha)} \ \ | \cdot \frac{1}{h}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{\tg(2\alpha)} + \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{\tg(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{\tg(\alpha)} - \frac{1}{\tg(2\alpha)}}\)

\(\displaystyle{ \tg(2\alpha) = \frac{2\tg(\alpha)}{1-\tg^2(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{\tg(\alpha)} - \frac{1 -\tg^2(\alpha)}{2\tg(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{2 -1 +\tg^2(\alpha)}{2\tg(\alpha)} = \frac{1+\tg^2(\alpha)}{2\tg(\alpha)}}\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{ 1 +\frac{\sin^2(\alpha)}{\cos^2(\alpha)}}{\frac{2\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{\frac{\cos^2(\alpha)+\sin^2(\alpha)}{\cos^2(\alpha)}}{\frac{2\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{\frac{1}{\cos^2(\alpha)}}{\frac{2\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{\cos^2(\alpha)}\cdot \frac{\cos(\alpha)}{2\sin(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{2\sin(\alpha)\cdot \cos(\alpha)} }\)

\(\displaystyle{ \frac{2}{\tg(\beta)} = \frac{1}{\sin(2\alpha)} \ \ \mid \cdot \tg(\beta) }\)

\(\displaystyle{ 2 = \frac{\tg(\beta)}{\sin(2\alpha)}. }\)

\(\displaystyle{ \Box }\)

PS
Pomysł rozwiązania zadania w wersji skróconej (stąd wydaje się karkołomne) pochodzi od Pana dr Jacka Bulzaka.

Korzystaliśmy tylko z definicji tangensa w trójkącie prostokątnym i wzoru na tangens podwojonego kąta. Reszta, to elementarne działania na ułamkach.

Dziękuję za odpowiedź.