3 svar
226 visningar
tomast80 3236
Postad: 3 aug 2019 Redigerad: 3 aug 2019

Hitta trianglarna

En kluring på gymnasienivå.

En triangel har hörnen AA, BB och CC och vinklar med samma beteckningar.

Det gäller att A+C=2BA+C=2B

Vidare är triangelns area

43(2-3)4\sqrt{3}(2-\sqrt{3}) a.e.

Dessutom gäller att sidan

b=|AC|=26(3-1)b=|AC|=2\sqrt{6}(\sqrt{3}-1) l.e.

Bestäm alla trianglar som uppfyller ovanstående samband.

Skriv gärna din lösning inom s.k. spoilers.

AlvinB 3847
Postad: 3 aug 2019 Redigerad: 3 aug 2019
Visa spoiler

Triangelns vinkelsumma ger:

A+B+C=180°A+B+C=180^\circ

B+2B=180°B+2B=180^\circ

B=60°B=60^\circ

Sinussatsen ger därefter:

asin(A)=bsin(B)=csin(C)\dfrac{a}{\sin(A)}=\dfrac{b}{\sin(B)}=\dfrac{c}{\sin(C)}

ur vilket vi får:

a=sin(A)sin(B)·ba=\dfrac{\sin(A)}{\sin(B)}\cdot b

c=sin(C)sin(B)·bc=\dfrac{\sin(C)}{\sin(B)}\cdot b

Areasatsen ger sedan att arean ATA_T kan uttryckas som:

AT=ac2·sinBA_T=\dfrac{ac}{2}\cdot\sin\left(B\right)

Insättning av uttrycken för aa och cc från sinussatsen ger:

AT=sin(A)sin(B)·b·sin(C)sin(B)·b·sin(B)2A_T=\dfrac{\sin(A)}{\sin(B)}\cdot b\cdot\dfrac{\sin(C)}{\sin(B)}\cdot b\cdot\dfrac{\sin(B)}{2}

AT=sinAsinC·b22sin(B)A_T=\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot\dfrac{b^2}{2\sin(B)}

b=26(3-1)b=2\sqrt{6}(\sqrt{3}-1) och B=60°B=60^\circ erhålls:

AT=sinAsinC·(26(3-1))22sin(60°)A_T=\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot\dfrac{(2\sqrt{6}(\sqrt{3}-1))^2}{2\sin(60^\circ)}

AT=sinAsinC·4·6(3-23+1)3A_T=\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot\dfrac{4\cdot6(3-2\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}}

AT=sinAsinC·48(2-3)3A_T=\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot\dfrac{48(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}}

Då ett uttryck för arean, AT=43(2-3)A_T=4\sqrt{3}(2-\sqrt{3}), är känt får vi:

sinAsinC·48(2-3)3=432-3\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot\dfrac{48(2-\sqrt{3})}{\sqrt{3}}=4\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)

sinAsinC·482-3=4·32-3\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)\cdot48\left(2-\sqrt{3}\right)=4\cdot 3\left(2-\sqrt{3}\right)

sinAsinC=1248=14\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)=\dfrac{12}{48}=\dfrac{1}{4}

Det finns en färdig formel för att omvandla en produkt av typen sin(A)sin(C)\sin(A)\sin(C) till en summa, men låt oss härleda detta bara för kul skull:

Additions- och subtraktionsformlerna för cosinus ger:

cos(A-C)=cos(A)cos(C)+sin(A)sin(C)\cos(A-C)=\cos(A)\cos(C)+\sin(A)\sin(C)

cos(A+C)=cos(A)cos(C)-sin(A)sin(C)\cos(A+C)=\cos(A)\cos(C)-\sin(A)\sin(C)

Vi ser att differensen cos(A-C)-cos(A+C)\cos(A-C)-\cos(A+C) tar ut cosinustermerna:

cos(A-C)-cos(A+C)=2sin(A)sin(C)\cos(A-C)-\cos(A+C)=2\sin(A)\sin(C)

Delas båda led med två fås:

sinAsinC=cos(A-C)-cos(A+C)2\sin\left(A\right)\sin\left(C\right)=\dfrac{\cos(A-C)-\cos(A+C)}{2}

Om vi utnyttjar detta i vår ekvation erhålls:

cos(A-C)-cos(A+C)2=14\dfrac{\cos(A-C)-\cos(A+C)}{2}=\dfrac{1}{4}

cosA-C-cos2B=12\cos\left(A-C\right)-\cos\left(2B\right)=\dfrac{1}{2}

cosA-C-cos120°=12\cos\left(A-C\right)-\cos\left(120^\circ\right)=\dfrac{1}{2}

cosA-C=12+cos120°=12-12\cos\left(A-C\right)=\dfrac{1}{2}+\cos\left(120^\circ\right)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}

Således är
cosA-C=0\cos\left(A-C\right)=0

vilket ger oss antingen att A-C=90°A=90°+CA-C=90^\circ\Rightarrow A=90^\circ+C eller C-A=90°C=90°+AC-A=90^\circ\Rightarrow C=90^\circ+A

Insättes detta i A+C=2BA+C=2B kan vi lösa ut för AA och CC:

90°+C+C=2B90^\circ+C+C=2B

90°+2C=12090^\circ+2C=120

C=15°C=15^\circ

A=90°+C=105°A=90^\circ+C=105^\circ

Den andra varianten, C-A=90°C-A=90^\circ, ger sedan A=15°A=15^\circ och C=105°C=105^\circ.

De möjliga trianglarna har alltså vinklarna A=15°A=15^\circ, B=60°B=60^\circ och C=105°C=105^\circ eller A=105°A=105^\circ, B=60°B=60^\circ och C=15°C=15^\circ. Med de tidigare uttrycken framtagna med hjälp av sinussatsen är det sedan ganska enkelt att ta fram längderna på sidorna aa och cc:

Observera att trianglarna bara är speglingar av varandra, men med benämningarna AA och CC utbytta.

tomast80 3236
Postad: 4 aug 2019

Väldigt snitsigt, AlvinB!

Hade tänkt att man skulle blanda in cosinussatsen,

men det var uppenbarligen inte nödvändigt!

tomast80 3236
Postad: 4 aug 2019 Redigerad: 4 aug 2019

Ett alternativ är att använda Herons formel:

AT=s(s-a)(s-b)(s-c)A_T=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} med

s=a+b+c2s=\frac{a+b+c}{2}

Vinkeln BB bestäms till 60°60^{\circ} på samma sätt som i AlvinB:s lösning.

Detta ger:

AT2=116·(-a4+2a2+b2+2(ac)2-(b2-c2)2)A_T^2=\frac{1}{16}\cdot (-a^4+2a^2+b^2+2(ac)^2-(b^2-c^2)^2)

Utifrån areasatsen kan ett värde för acac erhållas:

AT=acsinB2=ac·3/22A_T=\frac{ac\sin B}{2}=\frac{ac\cdot \sqrt{3}/2}{2} \Rightarrow

ac=4AT3ac=\frac{4A_T}{\sqrt{3}}

Vidare fås utifrån cosinussatsen att

b2-c2=a2-acb^2-c^2=a^2-ac

Genom att sätta t=a2t=a^2 erhålls en andragradsekvation i tt.

t2-t(b2+4AT3)+16AT23=0t^2-t(b^2+\frac{4A_T}{\sqrt{3}})+\frac{16A_T^2}{3}=0

Den positiva roten blir t=16t=16\Rightarrow

a=t=16=4a=\sqrt{t}=\sqrt{16}=4

Utifrån detta kan sedan övriga vinklar och återstående sidan (cc) enkelt bestämmas genom sinussatsen:

sinAa=sinBb=sinCc\frac{\sin A}{a}=\frac{\sin B}{b}=\frac{\sin C}{c}

Svara Avbryt
Close