Trygonometria — zastosowania

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

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

Odpowiedź: B. przyprostokątnej przeciwległej do przeciwprostokątnej.

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

Podstawiamy wartości kątów szczególnych:

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

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

Odpowiedź: $2$.

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. $5$.

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

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

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

Odpowiedź: $1$.

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. $45^\circ$.

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.

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: $b=8$, $c=8\sqrt2$.

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

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

Odpowiedź: D. $15$.

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

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 — 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.

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. $\frac{a\sqrt3}{2}$.

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.

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. $45^\circ$.

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 $50\sqrt3$.

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.

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.