Definieer:
\(\angle BCA = \gamma\)
\(\angle ABC = 2\gamma\)
\(BC=3a\)
\(BD=4a\)
\(AB=b\)
\(AD=d\)
dan moeten we bewijzen:
\(opp\; \triangle ABC = \frac{1}{4}(3a)^2 \cot\left(\frac{\theta}{2}\right) = \frac{1}{4}(3a)^2 \frac{\sin \theta}{1-\cos \theta}\)
en omdat dit oppervlak gelijk is aan 1/2 * basis * hoogte:
\(opp\; \triangle ABC = \frac{1}{2}(3a)h\)
zijn we klaar als we bewijzen dat:
\(h = \frac{1}{2}(3a) \frac{\sin \theta}{1-\cos \theta}\)
Eerst werken we theta weg:
Sinusregel in driehoek ABD:
\(\frac{\sin \theta}{4a} = \frac{\sin 2\gamma}{d} = \frac{h/b}{d}\)
dus
\(\sin \theta = \frac{4ah}{bd}\)
Cosinusregel in driehoek ABD:
\((4a)^2 = b^2+d^2-2bd\cos \theta\)
dus
\(\cos \theta = \frac{b^2+d^2-(4a)^2}{2bd}\)
Waardoor we nog moeten bewijzen:
\(h = \frac{3}{2}a \frac{\frac{4ah}{bd}}{1-\frac{b^2+d^2-(4a)^2}{2bd}}\)
ofwel
\(h = \frac{3}{2}a \frac{8ah}{2bd-b^2-d^2+(4a)^2}\)
ofwel
\(1 = \frac{12a^2}{2bd-b^2-d^2+(4a)^2}\)
ofwel
\(16a^2 - d^2 + 2bd - b^2 = 12a^2\)
ofwel
\(4a^2 = d^2 - 2bd + b^2 = (d-b)^2\)
en omdat a>0 en d>b hebben we nog te bewijzen:
\(2a = d - b\)
Bewijs 2a = d - b:
In het rooster van bovenstaand plaatje ligt driehoek ABC vast als a en gamma gegeven zijn:
De lijn l door A en B wordt gegeven door:
\(l:\; y=x \tan 2\gamma\)
en de lijn m door A en C door:
\(m: \; y=(-\tan \gamma) \cdot x + 3a\tan \gamma\)
Het snijpunt van l en m levert A, oplossen naar y geeft:
\(h = y_A = a\frac{6\tan \gamma}{3 - \tan^2 \gamma} = a \frac{3 \sin 2\gamma}{(2\cos 2\gamma)+1}\)
met
\(\sin 2\gamma = \frac{h}{b} \)
en via de cosinusregel in driehoek ABD:
\(\cos 2\gamma = \frac{(4a)^2+b^2-d^2}{8ab}\)
Samengenomen leveren de laatste 3 gelijkheden op:
\(h = a \frac{3 h/b}{2\frac{(4a)^2+b^2-d^2}{8ab}+1}\)
ofwel
\(h = a \frac{12 ah}{(4a)^2+b^2-d^2+4ab}\)
ofwel
\((4a)^2+b^2-d^2+4ab = 12 a^2\)
ofwel
\(4a^2+b^2-d^2+4ab = 0\)
ofwel
\((2a+b)^2=d^2\)
ofwel (alles is positief):
\(2a+b=d\)
ofwel
\(2a=d-b\)
hetgeen te bewijzen was.