Niech:

α - kąt nachylenia prostej AD do płaszczyzny π

β - kąt nachylenia prostej AC do płaszczyzny π

 

Rysunek pomocniczy:

 

Wiemy, że:

$\left|BD\right|=\left|DC\right|-\text{punkt D jest sˊrodkiem odcinka BC}$  

$\text{tg}\alpha =\frac{2}{3}$  

---

Obliczamy sinus kąta nachylenia prostej AC do płaszczyzny π:

$\sin \beta =\frac{\left|BC\right|}{\left|AC\right|}\left(\text{*}\right)$  

 

Zauważmy, że:

$\text{tg}\alpha =\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}$  

Stąd:

$\frac{\left|BD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{2}{3}$  

$\left|BD\right|=\frac{2}{3}\cdot \left|AB\right|$  

 

Zauważmy, że:

$\left|BC\right|=\left|BD\right|+\underset{|BD|}{\underbrace{\left|DC\right|}}=2\cdot \left|BD\right|=2\cdot \frac{2}{3}\cdot \left|AB\right|=\underline{\frac{4}{3}\cdot \left|AB\right|}$  

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt ABC):

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2$  

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left(\frac{4}{3}\cdot \left|AB\right|\right)}^2$  

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+\frac{16}{9}\cdot {\left|AB\right|}^2$  

${\left|AC\right|}^2=\frac{9}{9}\cdot {\left|AB\right|}^2+\frac{16}{9}\cdot {\left|AB\right|}^2$  

${\left|AC\right|}^2=\frac{25}{9}\cdot {\left|AB\right|}^2$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\left|AC\right|=\underline{\frac{5}{3}\cdot \left|AB\right|}$  

 

Podstawiamy dane do (*) i otrzymujemy:

$\sin \beta =\frac{\frac{4}{3}\cdot \left|AB\right|}{\frac{5}{3}\cdot \left|AB\right|}=\frac{\frac{4}{3}}{\frac{5}{3}}=\frac{4}{{\cancel{3}}^1}\cdot \frac{{\cancel{3}}^1}{5}=\underline{\underline{\frac{4}{5}}}$