$\sin \alpha =\frac{3}{3\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$, $\cos \alpha =\frac{6}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$, $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$.

Oznaczmy długość drugiej przyprostokątnej przez $x$, wtedy przeciwprostokątna ma długość $x+6$. Zatem z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie
$x^2+{12}^2={\left(x+6\right)}^2$.
Stąd $x^2+144=x^2+12x+36$, $144-36=12x$, $12x=108$, czyli $x=9$. Wobec tego w rozpatrywanym trójkącie przyprostokątne mają długości $12$ i $9$, a przeciwprostokatna ma długość $15$.
Jeżeli przyjmiemy, że kąt ostry $\alpha$ leży naprzeciw krótszej przyprostokątnej, to otrzymamy $\sin \alpha =\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$ i $\cos \alpha =\frac{12}{15}=\frac{4}{5}$,
jeśli natomiast przez $\alpha$ oznaczymy kąt ostry leżący naprzeciw dłuższej przyprostokątnej, to otrzymamy $\sin \alpha =\frac{12}{15}=\frac{4}{5}$ i $\cos \alpha =\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$.
W obu przypadkach dostajemy zatem, że $\sin \alpha ·\cos \alpha =\frac{12}{25}$

$\sin \alpha ·\cos \alpha =\frac{12}{25}$.

Rozpatrzmy trójkąt prostokątny $ABC$, w którym: kąt przy wierzchołku $B$ jest prosty, $\left|\sphericalangle BAC\right|=60°$ oraz $\left|AB\right|=1$. Zauważmy, że wtedy $\frac{\left|BC\right|}{\left|AB\right|}=\mathrm{tg}60°=\sqrt{3}$, co oznacza, że $\left|BC\right|=\sqrt{3}<2$.
Wybierzmy więc na przedłużeniu boku $BC$ poza wierzchołek $C$ taki punkt $D$, że $\left|BD\right|=2$ i oznaczmy $\left|\sphericalangle DAB\right|=\alpha$.
Ponieważ $\left|\sphericalangle DAB\right|>\left|\sphericalangle CAB\right|$, więc $\alpha >60°$. Koniec dowodu.

RhxBfsyMUINWj

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny ABD . Długość krótszej przyprostokątnej AB wynosi 1 natomiast kąt BAD ma wartość $\alpha$. Z wierzchołka A poprowadzony jest odcinek AC do boui BD tworząc odcinki BC i CD. Wartość kąta BAC wynosi $60°$.