wyznacz tangens

[cytrynka114]

W trójkącie równobocznym poprowadzono odcinek \(\displaystyle{ |AD|}\) gdzie\(\displaystyle{ D \in |BC|}\). Wyznacz tangens kąta \(\displaystyle{ DAB}\), jeśli wiadomo, że stosunek pola trójkąta \(\displaystyle{ ADB}\) do pola trójkąta \(\displaystyle{ ADC}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\).

Oznaczyłam sobie długość \(\displaystyle{ CD}\) jako \(\displaystyle{ x}\) i długość\(\displaystyle{ BD}\) jako \(\displaystyle{ a-x}\), gdzie a jest bokiem trójkąta\(\displaystyle{ ABC}\). Obliczyłam sobie ten \(\displaystyle{ x}\) ze stosunku podanych pół i wyszło mi, że \(\displaystyle{ x= \frac{2}{5}}\). Czy to jest dobrze?

[kerajs]

\(\displaystyle{ x= \frac{3}{5}a.}\)

Wiesz co robić dalej?

[nuHrBuH_92]

Może trochę brutalnie

z cosinusów:
\(\displaystyle{ AD^2 = AB^2 + BD^2 - 2\cdot AB \cdot BD \cdot \cos(60)}\)
\(\displaystyle{ \cos(60) = \frac{1}{2}}\)
\(\displaystyle{ \cos(\angle DAB) = \frac{AD^2 + AB^2 - BD^2}{2\cdot AD \cdot AB}}\)

\(\displaystyle{ \cos(\angle DAB) = \frac{ AB^2 + BD^2 - AB \cdot BD + AB^2 - BD^2}{2\cdot AD \cdot AB}}\)

\(\displaystyle{ \cos(\angle DAB) = \frac{2\cdot AB^2 - AB\cdot BD}{2\cdot AD \cdot AB}}\)

\(\displaystyle{ \cos(\angle DAB) = \frac{2\cdot AB - BD}{2\cdot AD}}\)
z sinusów:

\(\displaystyle{ \frac{\sin(60)}{AD} = \frac{\sin(\angle DAB)}{BD} \Rightarrow \sin(\angle DAB) = \frac{BD}{AD}\cdot \sin(60)}\)

\(\displaystyle{ \tg(\angle DAB) = \frac{\sin(\angle DAB)}{\cos(\angle DAB)} = \frac{BD}{AD}\cdot \sin(60) \cdot \frac{2\cdot AD}{2\cdot AB - BD} = \frac{\sqrt{3}\cdot BD}{2\cdot AB - BD} = \frac{\sqrt{3} \cdot \frac{2}{5} a}{2a-\frac{2}{5}a} = \frac{\sqrt{3}\cdot 2 }{8}}\)

[Mathix]

Można jeszcze inaczej, wydaje mi się, że mniej brutalnie .
Oznaczmy \(\displaystyle{ x}\) jako długość odcinka \(\displaystyle{ |AD|}\)
\(\displaystyle{ \alpha}\) jako kąt \(\displaystyle{ \angle DAB}\)
Ze stosunków pól otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{\frac{1}{2}ax\sin \alpha}{\frac{1}{2}ax\sin (\frac{\pi}{3}-\alpha)}=\frac{2}{3} \\
3\sin \alpha=2\sin (\frac{\pi}{3}-\alpha) \\
2(\sin \frac{\pi}{3}\cos \alpha-\sin \alph\alpha \cos \frac{\pi}{3})=3\sin \alpha \\ \sqrt{3}\cos \alpha-\sin \alpha =3\sin \alpha \\
\sqrt{3}\cos \alpha =4\sin \alpha \\ \tg \alpha =\frac{\sqrt{3}}{4}}\)

[kerajs]

Rozwiazanie z zastosowaniem geometrii analitycznej.

Trójkąt równoboczny o boku a umieszczam w układzie współrzędnych tak że:
\(\displaystyle{ A=\left( 0, \frac{ \sqrt{3} }{2} a\right) \wedge B=\left( - \frac{a}{2},0 \right) \wedge C=\left( \frac{a}{2},0 \right)\wedge D=\left( - \frac{a}{10},0 \right)}\)
Niech kąt BAD to \(\displaystyle{ \gamma}\)

Wersja I (z zastosowaniem wektorów)

\(\displaystyle{ \tg\gamma= \frac{\sin\gamma}{\cos\gamma}= \frac{ \frac{\left| \vec{AB} \times \vec{AC} \right| }{\left| AB\right|\left| AD\right| } }{\frac{ \vec{AB} \circ \vec{AC} }{\left| AB\right|\left| AD\right|}}= \frac{\left| \vec{AB} \times \vec{AC} \right|}{ \vec{AB} \circ \vec{AC}}= \frac{\left| \left[ - \frac{a}{2},-\frac{ \sqrt{3} }{2} a \right] \times \left[- \frac{a}{10},- \frac{ \sqrt{3} }{2} a \right] \right| }{ \left[ - \frac{a}{2},-\frac{ \sqrt{3} }{2} a \right] \tcirc \left[- \frac{a}{10},- \frac{ \sqrt{3} }{2} a \right]}=}\)
\(\displaystyle{ =\frac{ |\frac{ \sqrt{3} }{4}a ^{2} -\frac{ \sqrt{3} }{20}a ^{2} |}{\frac{ 1 }{20}a ^{2}+\frac{ 3 }{4}a ^{2}}= \frac{ \frac{4 \sqrt{3} }{20} a ^{2} }{\frac{16}{20} a ^{2}}= \frac{ \sqrt{3} }{4}}\)

Wersja II (z zastosowaniem współczynników kierunkowych prostej)

Niech kąt BAD to \(\displaystyle{ \gamma}\), kąt ADC to \(\displaystyle{ \alpha}\) a kąt ABC to \(\displaystyle{ \beta}\)

Z trójkąta ABD mam
\(\displaystyle{ \gamma=180- \beta -(180- \alpha )= \alpha - \beta}\)
stąd
\(\displaystyle{ \tg\gamma=\tg\left( \alpha - \beta \right)= \frac{\tg \alpha -\tg \beta }{1+\tg \alpha \tg \beta }=....}\)
gdzie \(\displaystyle{ \tg \alpha}\) to wspólczynnik kierunkowy prostej przechodzęcej przez A i D (ma ona równanie \(\displaystyle{ y= 5\sqrt{3}x+ \frac{ \sqrt{3} }{2}}\) ), a \(\displaystyle{ \tg \beta}\) to wspólczynnik kierunkowy prostej przechodzęcej przez A i B (o równaniu \(\displaystyle{ y= \sqrt{3}x+ \frac{ \sqrt{3} }{2}}\) ).
Wstawiając te wspólczynniki kierunkowe do poszukiwanego tangensa :
\(\displaystyle{ \tg\gamma=\tg\left( \alpha - \beta \right)= \frac{\tg \alpha -\tg \beta }{1+\tg \alpha \tg \beta }= \frac{5 \sqrt{3}- \sqrt{3} }{1+5 \sqrt{3}\sqrt{3}}= \frac{ \sqrt{3} }{4}}\)