Trójkąt ostrokątny

[Dario1]

Trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\) ma pole równe \(\displaystyle{ S}\), a ponadto \(\displaystyle{ |BAC|= \alpha}\) i \(\displaystyle{ |ABC|= \beta}\), przy czym \(\displaystyle{ \beta < \alpha}\). Oblicz pole trójkąta ograniczonego prostą AB oraz dwusieczną i środkową poprowadzonymi z wierzchołka C.

[kerajs]

1. Środkowa dzieli trójkąt na dwa równe pola .

2. Jest wzór na pole trójkąta w którym wystepuje bok i dwa kąty do niego przyległe. \(\displaystyle{ P= \frac{a^2}{2(\ctg \beta +\ctg \gamma)}}\)

U Ciebie \(\displaystyle{ S= \frac{\left| AC\right| ^2}{2(\ctg \alpha +\ctg (180^{\circ}- \alpha - \beta ))}=
\frac{\left| AC\right| ^2}{2(\ctg \alpha -\ctg ( \alpha + \beta ))}}\)
Pole odcięte dwusieczną to np: \(\displaystyle{ S'= \frac{\left| AC\right| ^2}{2(\ctg \alpha +\ctg (90^{\circ}- \frac{\alpha + \beta }{2} ))}=
\frac{\left| AC\right| ^2}{2(\ctg \alpha +\tg ( \frac{\alpha + \beta }{2}))}}\)
Stąd
\(\displaystyle{ S'= \frac{\ctg \alpha -\ctg ( \alpha + \beta )}{\ctg \alpha +\tg ( \frac{\alpha + \beta }{2})} S}\)

3. Z resztą już sobie poradzisz.

[Dario1]

W książce jest odpowiedź:

\(\displaystyle{ P= \frac{S\left( \sin \alpha - \sin \beta \right) }{2\left( \sin \alpha + \sin \beta \right) }}\).

Licząc w podany przez Ciebie sposób dostaję inny wynik.

Poza tym może jakiś dowód do 1)? (pole dzielone środkową)

I jakieś uzasadnienie do 2)? (pole trójkąta)

[kerajs]

W książce jest odpowiedź:

\(\displaystyle{ P= \frac{S\left( \sin \alpha -\sin \beta \right) }{2\left( \sin \alpha -\sin \beta \right) }}\).

Licząc w podany przez Ciebie sposób dostaję inny wynik.

Czyli \(\displaystyle{ P= \frac{S}{2}}\)
Jeśli prawidłowo przepisałeś wynik z podręcznika to z całą pewnością jest on błędny. Wiesz dlaczego ?

Poza tym może jakiś dowód do 1)? (pole dzielone środkową)

Ciekawe jakiego dowodu oczekujesz na stwierdzenie że trójkąty które mają taką samą wysokość i równe podstawy mają równe pola ?

I jakieś uzasadnienie do 2)? (pole trójkąta)

Może takie:
Niech w trójkącie ostrokątnym kąty przy boku a wynoszą \(\displaystyle{ \beta}\) i \(\displaystyle{ \gamma}\) i niech odległość spodka wysokości h prostopadłej do boku a od wierchołka kąta \(\displaystyle{ \beta}\) wynosi x. Wtedy:
\(\displaystyle{ \frac{x}{h} =\ctg \beta \wedge \frac{a-x}{h} =\ctg \gamma}\)
Stąd :
\(\displaystyle{ a-h \ctg \beta=h \ctg \gamma}\)
\(\displaystyle{ h= \frac{a}{\ctg \beta+\ctg \gamma}}\)
Wzór o który pytasz dostajesz tak:
\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2} ah=\frac{1}{2}\frac{a^2}{\ctg \beta+\ctg \gamma}}\)

Ps. A czy wzór ten będzie prawdziwy jeśli jeden z kątów jest kątem rozwartym ?

[Dario1]

Pomyłka. Edytowałem poprzedni post.
Powinno być:
\(\displaystyle{ P= \frac{S\left( \sin \alpha - \sin \beta \right) }{2\left( \sin \alpha + \sin \beta \right) }}\)

Co do pierwszego to właśnie czegoś takiego oczekiwałem.

Co do drugiego to mam wątpliwość, zdaje mi się, że wzór powinien obowiązywań również dla rozwartego, chociaż istnieje ryzyko, że jeden z kotangensów będzie ujemny i być może wyjdzie wysokość ujemna, więc może trzeba wziąć moduł z tego wzoru?

[kerajs]

zdaje mi się, że wzór powinien obowiązywań również dla rozwartego

Tak, wzór jest poprawny także dla trójkatów rozwartokątnych.

A wracając do zadania, to dałem Ci wskazówki (pewnie istnieją inne, ale te jako pierwsze przyszły mi do głowy) dzięki którym masz możliwość jego rozwiązania. Moższ zastosować inny sposób, ale już czas abyś policzył szukane pole i pochwalił się wynikami.

[Dario1]

Wyznaczyłem pola odcięte środkową i dwusieczną i odjąłem je od całkowitego pola trójkąta jednak dostałem wynik taki oto:

\(\displaystyle{ \frac{S\left( 2\ctg \left( \alpha + \beta \right) -\ctg \alpha -\tg \left( \frac{ \alpha + \beta }{2} \right) \right) }{2\ctg \alpha - 2\tg \frac{ \alpha + \beta }{2}}}\)

Który prawdopodobnie jest błędny. A jeśli nawet dobry to jak go przekształcić do odpowiedzi z książki?

[kerajs]

Zgadzam się. W postaci którą podałeś jest on błędny.

Ale jeśli prawidłowo wykonasz odejmowanie :
\(\displaystyle{ P=S ^{'}- \frac{1}{2} S}\)
to dlaczego wynik miałby być zły ?

A jeśli nawet dobry to jak go przekształcić do odpowiedzi z książki?

Pozbywając sie tangensów i kotangensów na rzecz sinusów i kosinusów, wykorzystując wzory na sinus i kosinus sumy kątów oraz inne wzory trygonometryczne.

Mnie odpowiedź uzyskana z odejmowania satysfakcjonuje oraz jestem zbyt leniwy aby ją przekształcać do odpowiedzi książkowej, ale TY możesz powalczyć z trygonometrią.

[Dario1]

Ale to pole \(\displaystyle{ S'}\) to będzie pole które zawiera szukany przez nas trójkąt czy nie? W sensie czy środkowa będzie na prawo czy lewo od dwusiecznej?

-- 15 sie 2015, o 12:23 --

Innymi słowy dwusieczna będzie bliżej kąta alfa niż środkowa czy na odwrót?

Podstawiając do wzoru który podałeś otrzymałem:

\(\displaystyle{ P= \frac{\ctg \alpha -2\ctg \left( \alpha + \beta \right)-\tg\left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) }{2\ctg \alpha +2\tg\left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) }S}\).

Czy to dobry wynik? Nie przypomina on odpowiedzi z książki. Jaki wynik otrzymałeś?
Może można to zadanie zrobić innym sposobem?

[kerajs]

Nie musisz polegać na innych w kwestii ,, czy dwusieczna będzie bliżej kąta alfa niż środkowa czy na odwrót?'.
Weź kartkę w kratkę i narysuj dowolny kąt symetryczny względem jednej z linni (która będzie dwusieczną).
Na jednym z ramion wybierz punkt i z niego poprowadż kilka linii otrzymując różne trójkąty. Dla każdej skonstruuj środkową i masz empiryczna odpowiedź.

W sprawie uzyskanego wyniku i jego zgodności z wynikiem książkowym swoje zdanie wyraziłem już w poprzednim poscie.

[Dario1]

No ok przekonałem się, że tam gdzie bliżej większy kąt tam dwusieczna,a tam gdzie mniejszy środkowa.

Ale możesz podać jaki wynik Ci wyszedł? Mógłbym porównać ze swoim wynikiem.

Nawiasem mówiąc to powinna być chyba:

\(\displaystyle{ P= \frac{1}{2}S-S'}\),a nie na odwrót.

[kerajs]

No wreszcie ! Doczekałem się aż zaczniesz tu myśleć samodzielnie.
Zacząłeś kombinować więc znalazłeś błąd, a teraz wykaż się tym samym w stosunku do poprawności otrzymanego wyniku lub znajdź niepoprawne przekształcenie użyte przy jego obliczaniu.

\(\displaystyle{ P=\frac{1}{2} S-S^{'}= \frac{2\ctg \left( \alpha + \beta \right)+\tg\left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) -\ctg \alpha }{2\ctg \alpha +2\tg\left( \frac{\alpha + \beta}{2} \right) }S}\).

Nie zaglądaj do ukrytej treści jeśli uważasz że powyższy wynik jest zły.

Ukryta treść:    

Inaczej:
Niech w trójkącie naprzeciw kąta alfa leży bok a , naprzeciw kąta beta jest bok b,traeci kąt to gama a długość dwusiecznej zawarta w trójkącie to d.
Porównując pola mam
\(\displaystyle{ \frac{1}{2} ab\sin \gamma=\frac{1}{2} ad \sin \frac{ \gamma}{2}+\frac{1}{2} bd \sin \frac{ \gamma}{2}}\)
stąd
\(\displaystyle{ d= \frac{2ab}{a+b} \cos \frac{ \gamma}{2}}\)
Pole S' to:
\(\displaystyle{ S ^{'}= \frac{1}{2} bd \sin \frac{ \gamma}{2}=\frac{b}{2} \frac{2ab}{a+b} \cos \frac{ \gamma}{2} \sin \frac{ \gamma}{2}= \frac{1}{2}\frac{ab^2}{a+b} \sin \gamma =\frac{b}{a+b}\frac{1}{2} ab \sin \gamma =\frac{b}{a+b}S}\)
Z twierdzenia sinusów mam :
\(\displaystyle{ \frac{\sin \alpha }{a}= \frac{\sin \beta }{b}}\)
co po podstawieniu do wzoru na S' daje
\(\displaystyle{ S ^{'}= \frac{b}{a+b}S=\frac{b}{ \frac{b \sin \alpha }{\sin \beta }+b }S= \frac{\sin \beta }{\sin \alpha+\sin \beta } S}\)
A teraz dostaniesz książkowy wzorek ?

Ps. Sorry, zapomniałem wczoraj odpisać.

[Dario1]

No ta teraz tu wszystko jest jasne. Trzeba było tak od razu. Czyli okazuje się, że trzeba było inną metodą to zadanie rozwiązywać, aby otrzymać książkowy wzór. Bardzo ciężko bowiem przekształcić jedną postać rozwiązania do drugiego.