trójkąt prostokątny

Dział całkowicie poświęcony zagadnieniom związanymi z trójkątami. Temu co się w nie wpisuje i na nich opisuje - też...
klimat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 117
Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tu
Podziękował: 42 razy

trójkąt prostokątny

Post autor: klimat »

Niech \(\displaystyle{ a,b,c}\) będą bokami trójkąta (\(\displaystyle{ c}\)−najdłuższy bok) oraz niech \(\displaystyle{ R}\) oznacza promień okręgu na nim opisanego. Wykaż, że jeśli \(\displaystyle{ a^2+b^2=2cR}\), to ten trójkąt jest trójkątem prostokątnym.
Ostatnio zmieniony 15 maja 2021, o 21:15 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Ian_P
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8
Rejestracja: 20 kwie 2021, o 20:53
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Ian_P »

W trójkącie prostokątnym promień okręgu opisanego jest równy połowie przeciwprostokątnej. Trzeba więc udowodnić, że \(\displaystyle{ R=\frac{1}{2}c.}\)

Z podanego w zadaniu warunku wyznaczamy \(\displaystyle{ R.}\)

\(\displaystyle{ R= \frac{a^{2}+b^{2}}{2c}}\) (1)

Wiemy , że w trójkącie prostokątnym

\(\displaystyle{ a^2+b^2=c^2}\) (2)

Podstawiając (2) do (1) otrzymujemy

\(\displaystyle{ R = \frac{1}{2}c}\)

Co kończy dowód.
Ostatnio zmieniony 15 maja 2021, o 21:16 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a.
klimat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 117
Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tu
Podziękował: 42 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: klimat »

Ian_P pisze: 15 maja 2021, o 19:40
Wiemy , że w trójkącie prostokątnym

\(\displaystyle{ a^2+b^2=c^2}\) (2)

Podstawiając (2) do (1) otrzymujemy

\(\displaystyle{ R =\frac{1}{2}c}\)

Co kończy dowód.
Chyba tutaj korzystasz z tezy?
Ian_P
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8
Rejestracja: 20 kwie 2021, o 20:53
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 3 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Ian_P »

Rzeczywiście, dziękuję za zwrócenie uwagi.

Można skorzystać z takiego wzoru:
\(\displaystyle{ (2R\sin\alpha)^2+(2R\sin\beta)^2=(2R\sin\gamma)^2}\)
Po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej i podzieleniu równania stronami przez \(\displaystyle{ 4R^2}\) otrzymamy, że

\(\displaystyle{ \sin\gamma=1}\)
Czyli \(\displaystyle{ \gamma=90^\circ}\)

Trójkąt jest prostokątny.
Ostatnio zmieniony 15 maja 2021, o 21:40 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 3 razy.
Powód: Niepoprawnie napisany kod LaTeX-a. Proszę zapoznaj się z https://matematyka.pl/viewtopic.php?t=178502 .
klimat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 117
Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tu
Podziękował: 42 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: klimat »

Ian_P pisze: 15 maja 2021, o 21:22Można skorzystać z takiego wzoru:
\(\displaystyle{ (2R\sin\alpha)^2+(2R\sin\beta)^2=(2R\sin\gamma)^2}\)
Po zastosowaniu jedynki trygonometrycznej i podzieleniu równania stronami przez \(\displaystyle{ 4R^2}\) otrzymamy, że

\(\displaystyle{ \sin\gamma=1}\)
Czyli \(\displaystyle{ \gamma=90^\circ}\)

Trójkąt jest prostokątny.
Czy znów nie korzystasz z tezy?
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Premislav »

Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie polem rozważanego trójkąta. Oczywiście jest
\(\displaystyle{ R=\frac{abc}{4S}}\) i równość z założenia przyjmuje formę
\(\displaystyle{ a^2+b^2=\frac{abc^{2}}{2S}}\)
Następnie, korzystając ze wzoru Herona, dostajemy równoważnie
\(\displaystyle{ \sqrt{\frac{a+b+c}{2}\frac{-a+b+c}{2}\frac{a-b+c}{2}\frac{a+b-c}{2}}\left(a^2+b^2\right)=\frac{abc^2}{2}\\ \sqrt{\left((a+b)^2-c^2\right)\left(c^2-(a-b)^2\right)}\left(a^2+b^2\right)=2abc^2\\\left(a^2+b^2\right)^2\left(-c^4+2\left(a^2+b^2\right)c^2-\left(a^2-b^2\right)^2\right)=4a^2b^2c^4\\c^4\left(\left(a^2+b^2\right)^2+4a^2b^2\right)-2c^2\left(a^2+b^2\right)^3+\left(a^4-b^4\right)^2=0\\\left(a^2+b^2\right)^2\left(c^2-\left(a^2+b^2\right)\right)^2+4a^2b^2c^4-4a^2b^2\left(a^2+b^2\right)^2=0\\\red{\left(c^2-\left(a^2+b^2\right)\right)}\left(\left(a^2+b^2\right)^2\left(c^2-\left(a^2+b^2\right)\right)+4a^2b^2\left(c^2+a^2+b^2\right)\right)=0}\)
Jeśli \(\displaystyle{ c^2=a^2+b^2}\),
to na mocy tw. odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa natychmiast dostajemy tezę zadania. W przeciwnym przypadku musiałoby zajść
\(\displaystyle{ \left(a^2+b^2\right)^2\left(c^2-\left(a^2+b^2\right)\right)+4a^2b^2\left(c^2+a^2+b^2\right)=0\\c^2=\frac{\left(a^2+b^2\right)\left(a^2-b^2\right)^2}{\left(a^2+b^2\right)^2+4a^2b^2} }\)
WLOG niech \(\displaystyle{ a\ge b}\) i połóżmy \(\displaystyle{ b=xa, \ x\in (0,1]}\).
Mamy wówczas
\(\displaystyle{ c^2=\frac{a^2\left(1+x^2\right)\left(1-x^2\right)^2}{\left(1+x^2\right)^2+4x^2}}\)

Jednak dla \(\displaystyle{ x\in(0,1]}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{\left(1+x^2\right)\left(1-x^2\right)^2}{\left(1+x^2\right)^2+4x^{2}}<1}\),
bo to się sprowadza do nierówności
\(\displaystyle{ x^2\left(7+2x^2-x^4\right)>0}\).
Stąd \(\displaystyle{ c^2<a^2}\), a to jest sprzeczność z założeniem \(\displaystyle{ c=\max\left\{a,b,c\right\}}\).
Bran
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 421
Rejestracja: 19 lut 2019, o 19:30
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 163 razy
Pomógł: 16 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Bran »

Jeżeli okrąg jest opisany na trójkącie prostokątnym, to przeciwprostokątna jest średnicą tego okręgu (fakt chyba dość znany),
więc \(\displaystyle{ 2cR = 2Rc = cc = c^2.}\)
Co bezpośrednio z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia pitagorasa daje tezę.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34129
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Jan Kraszewski »

Bran pisze: 16 maja 2021, o 22:42 Jeżeli okrąg jest opisany na trójkącie prostokątnym, to...
Ty też wnioskujesz z tezy.

JK
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Premislav »

Akurat drugie podejście użytkownika Ian_P, choć błędne, sugeruje rzecz właściwą i bardziej elegancką niż moje nawalanki z Heronem, a mianowicie zastosowanie twierdzenia sinusów.
Niech naprzeciwko boków długości \(\displaystyle{ a,b,c}\) leżą kąty \(\displaystyle{ \alpha, \beta, \gamma}\) odpowiednio. Wówczas z twierdzenia sinusów mamy \(\displaystyle{ a=2R\sin \alpha, \ b=2R\sin \beta, \ c=2R\sin \gamma}\)
i założenie przyjmuje (po prostych przekształceniach) formę
\(\displaystyle{ \sin^2 \alpha+\sin^2\beta=\sin^2\gamma\\\sin^2\alpha+\sin^2\beta=\sin^2(\alpha+\beta)\\\sin^2\alpha+\sin^2\beta=2\sin \alpha\cos \alpha\sin \beta\cos \beta+\sin^2\alpha\cos^2\beta+\sin^2\beta\cos^2\alpha\\ 2\sin^2\alpha\sin^2\beta=2\sin \alpha\cos \alpha\sin \beta\cos \beta\\-2\sin \alpha\sin \beta\cos(\alpha+\beta)=0\\2\sin \alpha\sin \beta\cos \gamma=0}\).
Stąd oczywiście \(\displaystyle{ \gamma=\frac{\pi}{2}}\), c.k.d. Używam ponadto wzoru na sinus sumy, kosinus sumy i jedynki trygonometrycznej.

Zapewne można też to udowodnić bardziej geometrycznie (żonglując położeniem środka okręgu opisanego choćby), ale nie umiem.
Awatar użytkownika
kerajs
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 8570
Rejestracja: 17 maja 2013, o 10:23
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 306 razy
Pomógł: 3347 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: kerajs »

Premislav pisze: 17 maja 2021, o 07:33 Wówczas z twierdzenia sinusów mamy \(\displaystyle{ a=2R\sin \alpha, \ b=2R\sin \beta, \ c=2R\sin \gamma}\)
i założenie przyjmuje (po prostych przekształceniach) formę
\(\displaystyle{ \sin^2 \alpha+\sin^2\beta=\sin^2\gamma}\).
Hmm ..., a mi wychodzi tak:
\(\displaystyle{ \sin^2 \alpha+\sin^2\beta=\sin \gamma}\)
Co robię źle?
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: Premislav »

[ciach]. No cóż, dzięki za zwrócenie uwagi.
Ostatnio zmieniony 17 maja 2021, o 14:27 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
Awatar użytkownika
timon92
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1654
Rejestracja: 6 paź 2008, o 16:47
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Katowice
Podziękował: 7 razy
Pomógł: 472 razy

Re: trójkąt prostokątny

Post autor: timon92 »

\(a^2+b^2=2Rc\ge c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma\), więc \(\cos\gamma \ge0\)

z tego, że \(c=\max(a,b,c)\) mamy, że \(\alpha, \beta\) to kąty ostre, więc \(-\frac \pi 2 < \alpha-\beta < \frac \pi 2\), więc \(\cos(\alpha -\beta)>0\)

jak się założenie podzieli przez \(4R^2\) to dostanie się \(\sin^2\alpha+\sin^2\beta=\sin\gamma\)

\(\sin \gamma = \sin^2\alpha+\sin^2\beta=\frac12(1-\cos 2\alpha)+\frac12(1-\cos 2\beta)=1-\frac12(\cos2\alpha+\cos2\beta)=1-\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)=1+\cos\gamma\cos(\alpha-\beta) \ge 1,\) więc musi być \(\sin \gamma=1\), czyli \(\gamma=\frac\pi2\)

PS. bez założenia, iż \(c\) to najdłuższy bok teza nie jest prawdziwa
ODPOWIEDZ