Pole trójkąta

Definicja sinusa kąta ostrego:

$$\sin\alpha=\frac{\text{przyprostokątna naprzeciw kąta}}{\text{przeciwprostokątna}}$$

Skrót pamięciowy: „sinus = naprzeciw przez przeciwprostokątną”.

Odpowiedź: B.

$$\sin\alpha=\frac{\text{przyprostokątna przeciwległa}}{\text{przeciwprostokątna}}$$

Dla porównania: $\cos\alpha$ to stosunek przyprostokątnej przyległej do przeciwprostokątnej, a $\tg\alpha$ — stosunek obu przyprostokątnych.

Odpowiedź: B. przyprostokątnej przeciwległej do przeciwprostokątnej.

Sinus — naprzeciw ($3$) przez przeciwprostokątną ($5$):

$$\sin\alpha=\frac{3}{5}$$

Cosinus — przy kącie ($4$) przez przeciwprostokątną ($5$):

$$\cos\alpha=\frac{4}{5}$$

Sprawdzenie jedynką: $\frac{9}{25}+\frac{16}{25}=1$ ✔

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac35$, $\cos\alpha=\frac45$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{9+16}=5$$

Krok 2 — funkcje kąta $\alpha$ naprzeciw boku $3$:

$$\sin\alpha=\frac35=0{,}6,\qquad \cos\alpha=\frac45=0{,}8$$

Kontrola jedynką trygonometryczną: $0{,}36+0{,}64=1$ ✔

Odpowiedź: $\sin\alpha=0{,}6$, $\cos\alpha=0{,}8$.

Tangens to iloraz sinusa przez cosinus:

$$\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac35}{\frac45}=\frac35\cdot\frac54=\frac34$$

Interpretacja: tangens to również stosunek przyprostokątnej naprzeciw do przyprostokątnej przy kącie: $\frac34$.

Odpowiedź: $\tg\alpha=\frac34$.

Podstawiamy wartości kątów szczególnych:

$$\sin 30^\circ=\tfrac12,\qquad \cos 60^\circ=\tfrac12,\qquad \tg 45^\circ=1$$

$$\tfrac12+\tfrac12+1=2$$

Odpowiedź: $2$.

To wartość z tablicy kątów szczególnych:

$$\cos 60^\circ=\frac12$$

Zależność: $\cos 60^\circ=\sin 30^\circ$, bo kąty $60^\circ$ i $30^\circ$ są dopełniające.

Odpowiedź: C. $\frac12$.

Korzystamy z definicji sinusa:

$$a=c\sin30^\circ=10\cdot\tfrac12=5$$

Warto zapamiętać: w trójkącie o kątach $30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$ bok naprzeciw kąta $30^\circ$ jest zawsze połową przeciwprostokątnej.

Odpowiedź: C. $5$.

Korzystamy z definicji sinusa:

$$\sin 30^\circ=\frac{a}{c} \quad\Rightarrow\quad a=c\cdot\sin 30^\circ$$

Podstawiamy:

$$a=10\cdot\frac12=5$$

Odpowiedź: przyprostokątna ma długość $5$.

$$\tg 60^\circ=\sqrt3,\qquad \tg 30^\circ=\frac{\sqrt3}{3}$$

$$\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{3}{3}=1$$

Ogólna reguła: $\tg\alpha\cdot\tg(90^\circ-\alpha)=1$ — tangensy kątów dopełniających się do prostego są odwrotnościami.

Odpowiedź: $1$.

Przyprostokątna przy kącie łączy się z przeciwprostokątną przez cosinus:

$$\cos 60^\circ=\frac{b}{c} \quad\Rightarrow\quad c=\frac{b}{\cos 60^\circ}$$

Podstawiamy $b=4$, $\cos 60^\circ=\frac12$:

$$c=\frac{4}{\frac12}=8$$

Odpowiedź: przeciwprostokątna ma długość $8$.

Tangens równa się jeden, gdy obie przyprostokątne są równe — a to zachodzi w trójkącie równoramiennym prostokątnym.

$$\tg 45^\circ=\frac{a}{a}=1$$

Odpowiedź: A. $45^\circ$.

Jedynka trygonometryczna zachodzi dla dowolnego kąta:

$$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$$

Nie trzeba znać wartości $\sin 40^\circ$ — wynik to $1$.

Odpowiedź: A. $1$.

Krok 1 — model. Wysokość leży naprzeciw kąta $60^\circ$, a drabina jest przeciwprostokątną.

Krok 2 — sinus:

$$h=6\sin60^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3$$

Krok 3 — przybliżenie:

$$3\sqrt3\approx5{,}2\ \text{m}$$

Kontrola sensu: wysokość musi być mniejsza od długości drabiny — i jest ✔

Odpowiedź: około $5{,}2$ m.

Z jedynki trygonometrycznej:

$$\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}$$

Wyciągamy pierwiastek. Kąt jest ostry, więc sinus dodatni:

$$\sin\alpha=\frac{12}{13}$$

Rozpoznanie: to trójkąt $5$–$12$–$13$.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{12}{13}$.

Krok 1 — druga przyprostokątna. Przy kącie $45^\circ$ tangens wynosi $1$, więc obie przyprostokątne są równe:

$$b=8$$

Krok 2 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{64+64}=8\sqrt2\approx11{,}31$$

Reguła: w trójkącie o kątach $45^\circ$, $45^\circ$, $90^\circ$ przeciwprostokątna to bok razy $\sqrt2$.

Odpowiedź: $b=8$, $c=8\sqrt2$.

Dla $45^\circ$ obie przyprostokątne są równe, więc ich stosunek to $1$:

$$\tg 45^\circ=\frac{\sin 45^\circ}{\cos 45^\circ}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}}{\frac{\sqrt2}{2}}=1$$

Odpowiedź: D. $1$.

$$P=\frac12 ab\sin\gamma=\frac12\cdot6\cdot10\cdot\frac12=15$$

Uwaga: kąt musi leżeć między podanymi bokami — to warunek stosowania tego wzoru.

Odpowiedź: D. $15$.

Model: drabina to przeciwprostokątna, wysokość na ścianie to przyprostokątna naprzeciw kąta $60^\circ$.

$$\sin 60^\circ=\frac{h}{6} \quad\Rightarrow\quad h=6\cdot\sin 60^\circ$$

Podstawiamy:

$$h=6\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3\approx5{,}2\ \text{m}$$

Kontrola sensu: wysokość jest mniejsza od długości drabiny ($5{,}2<6$) ✔

Odpowiedź: drabina sięga na $3\sqrt3\approx5{,}2$ m.

Krok 1 — z jedynki trygonometrycznej:

$$\sin^2\alpha=1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}$$

Kąt jest ostry, więc sinus jest dodatni:

$$\sin\alpha=\frac{12}{13}$$

Krok 2 — tangens:

$$\tg\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{12/13}{5/13}=\frac{12}{5}=2{,}4$$

Rozpoznanie: trójka $5$–$12$–$13$.

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac{12}{13}$, $\tg\alpha=\frac{12}{5}$.

Z tablicy kątów szczególnych:

$$\tg 30^\circ=\frac{\sin 30^\circ}{\cos 30^\circ}=\frac{\frac12}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac{1}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}$$

Uwaga: $\tg 30^\circ$ i $\tg 60^\circ=\sqrt3$ to liczby wzajemnie odwrotne.

Odpowiedź: B. $\frac{\sqrt3}{3}$.

To jedynka trygonometryczna, prawdziwa dla dowolnego kąta:

$$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$$

Skąd wynika: z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta o przeciwprostokątnej $1$.

Odpowiedź: B. $1$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{36+64}=10$$

Krok 2 — sinus kąta naprzeciw krótszej przyprostokątnej ($6$):

$$\sin\alpha=\frac{6}{10}=\frac35$$

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac35=0{,}6$.

Krok 1 — którą funkcję wybrać. Znamy przyprostokątną przyległą ($50$ m), a szukamy przeciwległej — to tangens.

Krok 2 — rachunek:

$$h=50\cdot\tg30^\circ=50\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{50\sqrt3}{3}$$

Krok 3 — przybliżenie:

$$h\approx28{,}9\ \text{m}$$

Odpowiedź: około $28{,}9$ m.

Korzystamy ze wzoru na pole z sinusem kąta:

$$P=\frac12 ab\sin\gamma$$

Podstawiamy $a=8$, $b=6$, $\gamma=30^\circ$:

$$P=\frac12\cdot8\cdot6\cdot\sin 30^\circ=\frac12\cdot48\cdot\frac12=12$$

Odpowiedź: $P=12$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{25+144}=13$$

Krok 2 — obwód:

$$O=5+12+13=30$$

Krok 3 — pole (przyprostokątne są podstawą i wysokością):

$$P=\frac{5\cdot12}{2}=30$$

Ciekawostka: obwód i pole wychodzą liczbowo takie same, choć mają różne jednostki.

Odpowiedź: obwód $30$, pole $30$.

Sinus i cosinus są równe tylko dla kąta, przy którym obie przyprostokątne są równe — to $45^\circ$.

$$\sin 45^\circ=\cos 45^\circ=\frac{\sqrt2}{2}$$

Odpowiedź: C. $45^\circ$.

Wysokość dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnej $\frac{a}{2}$ i przeciwprostokątnej $a$:

$$h=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}}=\frac{a\sqrt3}{2}$$

Przez trygonometrię: $h=a\sin60^\circ=\frac{a\sqrt3}{2}$ ✔

Odpowiedź: C. $\frac{a\sqrt3}{2}$.

Model: wysokość wieży to przyprostokątna naprzeciw kąta, odległość to przyprostokątna przy kącie. Wiąże je tangens:

$$\tg 45^\circ=\frac{h}{20} \quad\Rightarrow\quad h=20\cdot\tg 45^\circ$$

Podstawiamy $\tg 45^\circ=1$:

$$h=20\cdot1=20\ \text{m}$$

Wniosek: przy kącie $45^\circ$ wysokość równa się odległości — to szczególny, łatwy do zapamiętania przypadek.

Odpowiedź: wieża ma $20$ m wysokości.

Krok 1 — model. Przebyta droga to przeciwprostokątna, a wzniesienie to bok naprzeciw kąta nachylenia.

Krok 2 — rachunek:

$$h=2000\cdot0{,}087=174\ \text{m}$$

Odpowiedź: około $174$ m.

Sinus kąta ostrego to stosunek przyprostokątnej do przeciwprostokątnej. Przyprostokątna jest zawsze krótsza od przeciwprostokątnej, więc iloraz mieści się między $0$ a $1$.

$$0<\sin\alpha<1$$

To samo dotyczy cosinusa kąta ostrego.

Odpowiedź: A.

Przekątna dzieli kwadrat na dwa trójkąty prostokątne równoramienne. Kąt prosty kwadratu zostaje przepołowiony:

$$\frac{90^\circ}{2}=45^\circ$$

Kontrola: $\tg45^\circ=\frac{a}{a}=1$ ✔

Odpowiedź: A. $45^\circ$.

Przyprostokątna naprzeciw kąta $30^\circ$ (przez sinus):

$$a=12\cdot\sin 30^\circ=12\cdot\frac12=6$$

Przyprostokątna przy kącie $30^\circ$ (przez cosinus):

$$b=12\cdot\cos 30^\circ=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3\approx10{,}39$$

Sprawdzenie Pitagorasem: $6^2+(6\sqrt3)^2=36+108=144=12^2$ ✔

Odpowiedź: przyprostokątne mają $6$ i $6\sqrt3\approx10{,}39$.

Krok 1 — bok naprzeciw kąta $60^\circ$:

$$a=20\sin60^\circ=20\cdot\frac{\sqrt3}{2}=10\sqrt3$$

Krok 2 — bok naprzeciw kąta $30^\circ$:

$$b=20\cos60^\circ=20\cdot\frac12=10$$

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{10\sqrt3\cdot10}{2}=50\sqrt3\approx86{,}6$$

Kontrola Pitagorasem: $300+100=400=20^2$ ✔

Odpowiedź: $10\sqrt3$ i $10$, pole $50\sqrt3$.

Model trójkąta. Tangens $\frac34$ oznacza przyprostokątną naprzeciw $=3$, przy kącie $=4$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$$

Krok 2 — odczytujemy funkcje:

$$\sin\alpha=\frac{3}{5},\qquad \cos\alpha=\frac{4}{5}$$

Sprawdzenie: $\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{3/5}{4/5}=\frac34=\tg\alpha$ ✔

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac35$, $\cos\alpha=\frac45$.

Krok 1 — wysokość (bok naprzeciw kąta):

$$h=80\cdot0{,}766\approx61{,}3\ \text{m}$$

Krok 2 — odległość pozioma (bok przyległy):

$$d=80\cdot0{,}643\approx51{,}4\ \text{m}$$

Kontrola Pitagorasem: $61{,}3^2+51{,}4^2\approx3758+2642=6400=80^2$ ✔

Odpowiedź: wysokość około $61{,}3$ m, odległość pozioma około $51{,}4$ m.

Model: przekątna kwadratu to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego, a bok — przyprostokątna przy kącie $45^\circ$.

$$\cos 45^\circ=\frac{\text{bok}}{\text{przekątna}} \quad\Rightarrow\quad d=\frac{5}{\cos 45^\circ}=\frac{5}{\frac{\sqrt2}{2}}=\frac{10}{\sqrt2}=5\sqrt2$$

Sprawdzenie: to zgadza się ze wzorem na przekątną kwadratu $d=a\sqrt2=5\sqrt2$ ✔

Odpowiedź: $d=5\sqrt2\approx7{,}07$ cm.

Krok 1 — odcinek odcięty przy dłuższej podstawie:

$$14-8=6$$

Krok 2 — wysokość. Przy kącie $45^\circ$ trójkąt jest równoramienny, więc wysokość równa się temu odcinkowi:

$$h=6$$

Krok 3 — ramię ukośne (przeciwprostokątna):

$$l=6\sqrt2\approx8{,}49$$

Krok 4 — pole:

$$P=\frac{(14+8)\cdot6}{2}=66$$

Odpowiedź: $h=6$, ramię $6\sqrt2$, pole $66$.

Model. Powstaje trójkąt prostokątny: odcinek na północ ($300$ m) to przyprostokątna przy kącie $30^\circ$, a droga statku na wschód to przyprostokątna naprzeciw tego kąta.

Wiąże je tangens:

$$\tg 30^\circ=\frac{\text{droga}}{300} \quad\Rightarrow\quad \text{droga}=300\cdot\tg 30^\circ$$

Podstawiamy $\tg 30^\circ=\frac{\sqrt3}{3}$:

$$\text{droga}=300\cdot\frac{\sqrt3}{3}=100\sqrt3\approx173{,}2\ \text{m}$$

Odpowiedź: statek przebył $100\sqrt3\approx173$ m.

Krok 1 — czym jest kąt depresji. To kąt między poziomem a linią obserwacji w dół. Jest on równy kątowi nachylenia mierzonemu od strony łodzi (kąty naprzemianległe).

Krok 2 — odległość przy $30^\circ$. Wysokość leży naprzeciw kąta, a odległość jest bokiem przyległym:

$$\tg30^\circ=\frac{45}{d} \quad\Rightarrow\quad d=\frac{45}{\tg30^\circ}=\frac{45}{\frac{\sqrt3}{3}}=45\sqrt3\approx77{,}9\ \text{m}$$

Krok 3 — odległość przy $45^\circ$:

$$d=\frac{45}{\tg45^\circ}=\frac{45}{1}=45\ \text{m}$$

Krok 4 — interpretacja. Odległość zmalała o około $32{,}9$ m. To zgodne z intuicją: im bliżej łódź, tym bardziej stromo trzeba patrzeć w dół.

Warto zauważyć: przy kącie $45^\circ$ odległość równa się wysokości — bo $\tg45^\circ=1$.

Odpowiedź: około $77{,}9$ m, a po zmianie kąta $45$ m.

1. Krok 1. Oznaczenia.

   Trójkąt równoramienny o podstawie $x$ i wysokości $h$ (z wierzchołka na podstawę). Ramiona: $L=\sqrt{\left(\tfrac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}}$. Promień okręgu wpisanego $r=\tfrac{4}{2}=2$.

2. Krok 2. Zależność między $h$ i $x$ (z promienia okręgu wpisanego).

   Ze wzoru $r=\dfrac{P}{s}=\dfrac{\frac12 x h}{\frac{x+2L}{2}}=\dfrac{xh}{x+2L}=2$ otrzymujemy $xh=2x+4L$, czyli $x(h-2)=4L=2\sqrt{x^{2}+4h^{2}}$. Podnosząc do kwadratu:

   $$x^{2}(h-2)^{2}=4(x^{2}+4h^{2})\ \Rightarrow\ x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}\ \Rightarrow\ h(x^{2}-16)=4x^{2}\ \Rightarrow\ h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.$$
3. Krok 3. Pole. $$P(x)=\tfrac12 x h=\tfrac12 x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\ \blacksquare$$

   (Warunek $x^{2}-16>0$, czyli $x>4$, jest naturalny — podstawa musi być dłuższa od średnicy fontanny.)

Rozwiązanie

1. Trójkąty $ABD$ i $ADC$ mają wspólną wysokość z $A$, więc $\dfrac{[ABD]}{[ADC]}=\dfrac{|BD|}{|DC|}=\dfrac{\sqrt3-1}{2}$. Przyjmijmy $|DC|=2$, $|BD|=\sqrt3-1$; wtedy bok $|BC|=|AC|=\sqrt3+1$.
2. W trójkącie $ADC$ ($\angle C=60^\circ$) z twierdzenia cosinusów: $|AD|^2=(\sqrt3+1)^2+2^2-2(\sqrt3+1)\cdot2\cdot\cos60^\circ=6$, więc $|AD|=\sqrt6$.
3. Z twierdzenia sinusów: $\dfrac{|DC|}{\sin\angle DAC}=\dfrac{|AD|}{\sin\angle C}\Rightarrow\sin\angle DAC=\dfrac{2\sin60^\circ}{\sqrt6}=\dfrac{\sqrt3}{\sqrt6}=\dfrac{1}{\sqrt2}$.
4. Kąt $DAC$ jest ostry, więc $\angle DAC=45^\circ$.

Odpowiedź: $\angle DAC=45^\circ$.

Rozwiązanie

1. Niech $|AB|=a$, $|CD|=b$, wysokość trapezu $=h$. $EF$ to linia środkowa: $|EF|=\tfrac{a+b}{2}$, dzieli trapez na dwa o wysokości $\tfrac h2$.
2. $[EFCD]=\tfrac12\left(\tfrac{a+b}{2}+b\right)\tfrac h2=\dfrac{(a+3b)h}{8}$; $[ABFE]=\tfrac12\left(a+\tfrac{a+b}{2}\right)\tfrac h2=\dfrac{(3a+b)h}{8}$.
3. $\dfrac{[EFCD]}{[ABFE]}=\dfrac{a+3b}{3a+b}=\dfrac12\Rightarrow2(a+3b)=3a+b\Rightarrow5b=a$.
4. Zatem $\dfrac{|CD|}{|AB|}=\dfrac{b}{a}=\dfrac15$. $\blacksquare$

Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Chcąc poznać długość trzeciego boku trójkąta, możemy skorzystać z twierdzenia cosinusów:
$$c^2=a^2+b^2-2ab\cdot cos\gamma$$

Podstawiając miary z treści zadania, otrzymamy:
$$c^2=11^2+12^2-2\cdot11\cdot12\cdot cos60° \\
c^2=121+144-264\cdot\frac{1}{2} \\
c^2=265-132 \\
c^2=133 \\
c=\sqrt{133} \quad\lor\quad c=-\sqrt{133}$$

Ujemny wynik oczywiście odrzucamy (bo długość boku musi być dodatnia), zatem zostaje nam \(c=\sqrt{133}\). Otrzymany wynik jest więc różny od pozostałych miar tego trójkąta, co prowadzi nas do wniosku, że ten trójkąt ma wszystkie boki różnej długości. Zdanie jest więc fałszem.

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Chcąc obliczyć pole tego trójkąta, możemy skorzystać z następującego wzoru:
$$P=\frac{1}{2}ab\cdot sin\alpha$$

Podstawiając znane miary do tego wzoru, otrzymamy:
$$P=\frac{1}{2}\cdot11\cdot12\cdot sin60° \\
P=66\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \\
P=33\sqrt{3}$$

Zdanie jest więc prawdą.