Pole trójkąta

[41421356]

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?

[Premislav]

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.

[41421356]

Przyjąłem oznaczenia z międzynarodowej matury. A nie prościej będzie wyliczyć te kąty korzystając z faktu, iż otrzymujemy trójkąt równoramienny?

[Premislav]

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)_/¯

[41421356]

Dziękuję za pomoc. W każdym bądź razie trzeba uważać, nie każda wartość dodania wychodząca w rachunkach z geometrii jest z automatu poprawna.

[janusz47]

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 \(\displaystyle{ ABC}\)

\(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}(|AD|+|DB| ) |CD|.}\)

[41421356]

Dziękuję za pomysł. Swoją drogą ten układ równań przypomina mi dowód twierdzenia sinusów, które wykorzystuje do otrzymania wartości kosinusa.

[janusz47]

Trudno w tym rozwiązaniu dopatrywać się dowodu twierdzenia sinusów (Snelliusa).