Pole trójkąta
-
- Użytkownik
- Posty: 541
- Rejestracja: 11 maja 2016, o 13:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 497 razy
- Pomógł: 5 razy
Pole trójkąta
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) dane są długości boków \(\displaystyle{ |AC|=3}\), \(\displaystyle{ |BC|=2}\). Miara kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) jest dwa razy większa niż miara kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\). Oblicz pole tego trójkąta.
Wyznaczyłem z tw. sinusów zależność:
\(\displaystyle{ \cos A=\frac{3}{4}}\)
Nastepnie z tw. kosinusów wyznaczyłem bok \(\displaystyle{ |AB|=2,5}\) lub \(\displaystyle{ |AB|=2}\).
I teraz moje pytanie brzmi: Jak najlepiej/najszybciej uargumentować odrzucenie tego krótszego boku?
Wyznaczyłem z tw. sinusów zależność:
\(\displaystyle{ \cos A=\frac{3}{4}}\)
Nastepnie z tw. kosinusów wyznaczyłem bok \(\displaystyle{ |AB|=2,5}\) lub \(\displaystyle{ |AB|=2}\).
I teraz moje pytanie brzmi: Jak najlepiej/najszybciej uargumentować odrzucenie tego krótszego boku?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Pole trójkąta
Rozumiem, że kąt \(\displaystyle{ A}\) to kąt przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\)… Oznaczmy kąty \(\displaystyle{ B}\) i \(\displaystyle{ C}\) na tej samej zasadzie.
Skoro wiesz, że \(\displaystyle{ \cos A=\frac 3 4<\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos \frac \pi 6}\) i cosinus jest malejący w pierwszej ćwiartce, to \(\displaystyle{ A>\frac \pi 6}\), czyli
\(\displaystyle{ B=2A>\frac \pi 3}\) i \(\displaystyle{ C<\pi-\left( \frac \pi 3+\frac \pi 6\right)=\frac \pi 2}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny. Ale gdyby
\(\displaystyle{ |AB|=2}\), to \(\displaystyle{ |AB|^2+|BC|^2=8<9=|AC|^2}\), co przeczy ostrokątności trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Zatem \(\displaystyle{ |AB|=2,5}\).-- 20 lip 2019, o 17:20 --Nie sprawdzałem Twoich obliczeń, napisałem tylko, jak odrzucić krótszy bok bazując na tym, co otrzymałeś.
Skoro wiesz, że \(\displaystyle{ \cos A=\frac 3 4<\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos \frac \pi 6}\) i cosinus jest malejący w pierwszej ćwiartce, to \(\displaystyle{ A>\frac \pi 6}\), czyli
\(\displaystyle{ B=2A>\frac \pi 3}\) i \(\displaystyle{ C<\pi-\left( \frac \pi 3+\frac \pi 6\right)=\frac \pi 2}\), więc trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny. Ale gdyby
\(\displaystyle{ |AB|=2}\), to \(\displaystyle{ |AB|^2+|BC|^2=8<9=|AC|^2}\), co przeczy ostrokątności trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\). Zatem \(\displaystyle{ |AB|=2,5}\).-- 20 lip 2019, o 17:20 --Nie sprawdzałem Twoich obliczeń, napisałem tylko, jak odrzucić krótszy bok bazując na tym, co otrzymałeś.
-
- Użytkownik
- Posty: 541
- Rejestracja: 11 maja 2016, o 13:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 497 razy
- Pomógł: 5 razy
Pole trójkąta
Przyjąłem oznaczenia z międzynarodowej matury. A nie prościej będzie wyliczyć te kąty korzystając z faktu, iż otrzymujemy trójkąt równoramienny?
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Pole trójkąta
Oj, no zapomniałem, żeby nie odpowiadać na pytania typu „jak najszybciej/jak najprościej", bo prowadzą do takich bezpłodnych dyskusji, a ponadto jako że nie jestem bardzo spostrzegawczy, to zwykle moje podejście nie będzie najszybsze. Mój błąd.
Może i rzeczywiście prościej, ja o tym nie pomyślałem. ¯\_(ツ)_/¯
Może i rzeczywiście prościej, ja o tym nie pomyślałem. ¯\_(ツ)_/¯
-
- Użytkownik
- Posty: 541
- Rejestracja: 11 maja 2016, o 13:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 497 razy
- Pomógł: 5 razy
Pole trójkąta
Dziękuję za pomoc. W każdym bądź razie trzeba uważać, nie każda wartość dodania wychodząca w rachunkach z geometrii jest z automatu poprawna.
-
- Użytkownik
- Posty: 7918
- Rejestracja: 18 mar 2009, o 16:24
- Płeć: Mężczyzna
- Podziękował: 30 razy
- Pomógł: 1671 razy
Pole trójkąta
Pole tego trójkąta możemy obliczyć bez stosowania twierdzeń sinusów i kosinusów.
Jeżeli przez \(\displaystyle{ D}\) oznaczymy punkt, który jest spodkiem wysokości \(\displaystyle{ |CD|}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), to na podstawie twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkątów prostokątnych \(\displaystyle{ ADC}\) i \(\displaystyle{ DBC}\) otrzymamy układ dwóch równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} |AD|^2 + |CD|^2 + 3^2 \\ |DB|^2 + |CD|^2 = 2^2 \end{cases}}\)
Trzecie równanie otrzymujemy na przykład z tożsamości trygonometrycznej na sinus kąta podwojonego:
\(\displaystyle{ \sin B = 2\sin A \cdot \cos A}\)
\(\displaystyle{ \frac{|CD|}{2} = 2 \frac{|CD|}{3}\frac{|AD|}{3}}\)
Pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}(|AD|+|DB| ) |CD|.}\)
Jeżeli przez \(\displaystyle{ D}\) oznaczymy punkt, który jest spodkiem wysokości \(\displaystyle{ |CD|}\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\), to na podstawie twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkątów prostokątnych \(\displaystyle{ ADC}\) i \(\displaystyle{ DBC}\) otrzymamy układ dwóch równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} |AD|^2 + |CD|^2 + 3^2 \\ |DB|^2 + |CD|^2 = 2^2 \end{cases}}\)
Trzecie równanie otrzymujemy na przykład z tożsamości trygonometrycznej na sinus kąta podwojonego:
\(\displaystyle{ \sin B = 2\sin A \cdot \cos A}\)
\(\displaystyle{ \frac{|CD|}{2} = 2 \frac{|CD|}{3}\frac{|AD|}{3}}\)
Pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\)
\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}(|AD|+|DB| ) |CD|.}\)
-
- Użytkownik
- Posty: 541
- Rejestracja: 11 maja 2016, o 13:36
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
- Podziękował: 497 razy
- Pomógł: 5 razy
Pole trójkąta
Dziękuję za pomysł. Swoją drogą ten układ równań przypomina mi dowód twierdzenia sinusów, które wykorzystuje do otrzymania wartości kosinusa.