I OM - B - Zadanie 11

Słup pionowy o wysokości $ a $, oświetlony promieniami
słonecznymi, rzucił na płaszczyznę; poziomą w pewnym momencie
cień, długości $ a $, w innym momencie cień miał długość $ 2 a $, w trzecim
momencie długość cienia wynosila $ 3 a $. Wykazać, że suma kątów
nachylenia promieni słonecznych do płaszczyzny poziomej w tych
trzech momentach jest równa kątowi prostemu.

Rozwiązanie

Kąty wymienione w zadaniu są to kąty $ ACB $, $ ADB $, $ AEB $ na rysunku 5, na którym $ AB = a $,
$ BC = a $, $ BD = 2a $, $ BE = 3a $, $ B = 90^{\circ} $. Ponieważ $ \measuredangle ACB = 45^{\circ} $, należy udowodnić, że
$ \measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ} $.

om1_Br_img_5.jpg

W tym celu obróćmy trójkąt $ ABD $ dokoła punktu $ A $ o $ 90^{\circ} $ do położenia $ AFG $ i weźmy pod
uwagę trójkąt $ ADG $. Jest to trójkąt prostokątny i równoramienny, gdyż $ \measuredangle DAG = 90^{\circ} $,
$ AD = AG $.

Zatem

\[<br />
\measuredangle AGD = \measuredangle AGF + \measuredangle CGD = 45^{\circ}<br />
\]

Lecz $ \measuredangle AGF = \measuredangle ADB $, a $ \measuredangle CGD = \measuredangle AEB $
(ponieważ $ \Delta DCC = \Delta AEB $). Istotnie więc

\[<br />
\measuredangle ADB + \measuredangle AEB = 45^{\circ}<br />
\]

om1_Br_img_6.jpg
om1_Br_img_7.jpg

Na rysunkach 6 i 7 przedstawione są dwie modyfikacje powyższego dowodu.
Myśl zasadnicza polega na zbudowaniu trójkąta
prostokątnego równoramiennego o kącie ostrym równym
sumie rozważanych kątów nachylenia $ x = \measuredangle ADB $ i
$ y = \measuredangle AEB $.
Na rysunku 6 trójkątem owym jest trójkąt AEG, a na rysunku 7
trójkąt ADG.

Uwaga. Stosując trygonometrię można ująć dowód krótko:

\[<br />
\tan x = \frac{AB}{BD} = \frac{1}{2},\quad \tan y = \frac{AB}{BE} = \frac{1}{3}<br />
\]

zatem

\[<br />
\tan(x+y) = \frac{\tan x+\tan y}{1- \tan x \tan y} = \frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}} = 1<br />
\]

skąd $ x+y=45^{\circ} $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź