Триъгълник

[Гост]

Как се решава тази задача ?

[Евва]

4([tex]\sqrt{3}[/tex]+[tex]\sqrt{15}[/tex]) ли трябва да се получи ?

[Davids]

Ще означим $AB = x$, $BC = 2x$ и поради ъгъла от тридесет градуса имаме също $BD = \frac{x}{2}$. Ще означим $\angle CBD = \beta$. Тогава от правоъгълния $\triangle BCD \Rightarrow cos\beta = \frac{\frac{x}{2}}{2x} = \frac{1}{4}$. Тогава $sin\beta = \frac{\sqrt{15}}{4}$.

I) Но от даденото лице на същия триъгълник имаме $S_{BCD} = \frac{2x.\frac{x}{2}.sin\beta}{2} = 4\sqrt{15}$
$x^2sin\beta = 8\sqrt{15}$
$x^2 = 16$
$x = 4$.
И така $S_{ABC} = \frac{AB.BC.sin\angle ABC}{2} = \frac{2x.x.sin(60 - \beta)}{2} = 16(\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{4} - \frac{1}{2}.\frac{\sqrt{15}}{4}) = 2\sqrt{3}(1 - \sqrt{5})cm^2$

II) Намираме $АD = \frac{\sqrt{3}}{2}x$ и $CD = \frac{\sqrt{15}}{2}x$, тогава $AC = \frac{\sqrt{3}}{2}(1 - \sqrt{5})x$ и имайки тази страна, ползваме височината $BD = \frac{x}{2}$ към нея. Така лицето ни е:
$S_{ABC} = \frac{1}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}(1 - \sqrt{5})x.\frac{x}{2} = 2\sqrt{3}(1 - \sqrt{5})cm^2$

[Евва]

Davids,работили сме по подобни идеи.
Мисля,че [tex]\angle[/tex]ABC>90[tex]^\circ[/tex]
Корегирай х и [tex]\angle[/tex]ABC=60[tex]^\circ[/tex]+[tex]\beta[/tex].
В бързината ти получи S=... < 0

[S.B.]

Без заглавие (44).png (144.25 KiB) Прегледано 301 пъти

[Евва]

Поправка на текста-то се пишело „коригирай“

[S.B.]

4([tex]\sqrt{3}[/tex]+[tex]\sqrt{15}[/tex]) ли трябва да се получи ?

Евва е права
Аз работих по друг начин,но като видя,че и двамата сте ме изпреварили,се оттеглих.
Моята идея е следната: [tex]AB = 2x,BC = 4x ,BD = x , AD = AB.cos30^\circ = x\sqrt{3} ;[/tex]
От $\triangle BDC$ по Питагор :$CD =\sqrt{16x^{2} - x^{2}} = x\sqrt{15}$ ,$S_{BDC } = \frac{x\sqrt{15}.x}{2} = 4\sqrt{15} \Rightarrow x = 2\sqrt{2} ;$
$S_{ABD } =\frac{x\sqrt{3}.x}{2} = \frac{8\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}$
$S_{ABC } = S_{ABD } + S_{BCD } = 4\sqrt{3} + 4\sqrt{15} = 4\sqrt{3}(1 + \sqrt{5})$

[Davids]

Аааабсолютно недогледано решение от моя страна, съгласявам се със забележките!