Dowód w planimetrii

[Kamila38]

Wykaż, że kąty ostre w trójkącie prostokątnym ABC są równe 30° i 60° jeśli pole trójkąta równobocznego o boku równemu długości przeciwprostokatnej jest dwukrotnie większe od pola trójkąta prostokątnego.

[Galen]

Pole trójkąta prostokątnego o kątach 30 i 60 stopni obliczysz mając boki takiego trójkąta:
Przyprostokątne :\(a\;\;\;i\;\;\;a\sqrt{3}\),przeciwprostokątna \(2a\)
Pole tego trójkąta:
\(P_p=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)
Pole trójkąta równobocznego o boku 2a
\(P_r=\frac{(2a)^2\sqrt{3}}{4}=\frac{4a^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}\)

\(P_r=2\cdot P_t\)

Teraz zadanie dla Ciebie:
Napisz założenie i tezę.
Uporządkuj rozumowanie od założenia do tezy...

[kerajs]

Dziwny to dowód w którym to co należy wykazać traktowane jest jak założenie. Nieprawdaż?



Należy wyjść od danych:
\(2 \cdot \frac{1}{2} ab= \frac{c^2 \sqrt{3} }{4}\)
i dojść do tezy o kątach.

[radagast]

\(\begin{cases}2 \cdot \frac{1}{2} ab= \frac{c^2 \sqrt{3} }{4}\\a^2+b^2=c^2 \end{cases} \iff\)
\(\begin{cases}ab= \frac{c^2 \sqrt{3} }{4}\\a^2+b^2=c^2 \end{cases} \So\)
\(\frac{4ab}{\sqrt{3}} = a^2+b^2\So\)
\(\frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{a}{b}+ \frac{b}{a} \So\)
\(\tg^2 \alpha - \frac{4\tg \alpha }{ \sqrt{3} }+1=0 \So\)
\(\tg \alpha = \frac{1}{ \sqrt{3} } \vee \tg \alpha = \sqrt{3} \So\)
\(\begin{cases} \alpha =30\\ \beta =60 \end{cases} \vee \begin{cases}\alpha =60\\ \beta =30 \end{cases}\)
CBDO

[kerajs]

Podobnie:
\(2 \cdot \frac{ab}{2}= \frac{c^2 \sqrt{3} }{4} \\
ab= \frac{(a^2+b^2) \sqrt{3} }{4} \\
a^2- \frac{4 \sqrt{3} }{3}ab+b^2=0\\
(a- \frac{2 \sqrt{3} }{3}b)^2- \frac{4}{3}b^2+b^2=0\\
(a- \frac{2 \sqrt{3} }{3}b)^2=( \frac{ \sqrt{3} }{3}b)^2\\
a- \frac{2 \sqrt{3} }{3}b=\frac{ \sqrt{3} }{3}b \vee a- \frac{2 \sqrt{3} }{3}b=\frac{ -\sqrt{3} }{3}b\\
a=b \sqrt{3} \vee a=\frac{ \sqrt{3} }{3}b\\
\tg \alpha = \sqrt{3} \vee \tg \alpha =\frac{ \sqrt{3} }{3}\\
\alpha =60^{\circ} \vee \alpha =30^{\circ}\)