Twierdzenie cosinusów (1)

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$$

gdzie $\gamma$ to kąt naprzeciw boku $c$.

Odpowiedź: B.

Stosunek boku do sinusa przeciwległego kąta jest stały:

$$\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R$$

Odpowiedź: A.

1. Druga przyprostokątna: $\sqrt{169-25}=12$.
2. $P=\tfrac12\cdot5\cdot12=30$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — brak $\tfrac12$; C — pomnożono przez przeciwprostokątną.

1. $c^2=49+64-2\cdot7\cdot8\cdot\left(-\frac12\right)=113+56=169$, $c=13$.

Odpowiedź: $13$

Krok 1 — twierdzenie cosinusów:

$$c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma$$

Krok 2 — podstawiamy ($\cos60^\circ=\frac12$):

$$c^2=36+64-2\cdot6\cdot8\cdot\tfrac12=100-48=52$$

Krok 3 — pierwiastkujemy:

$$c=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$$

Odpowiedź: $c=2\sqrt{13}$.

1. $P=\dfrac{6^2\sqrt3}{4}=\dfrac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — to wysokość trójkąta.

1. $2R=\frac{6}{\sin45^\circ}=\frac{6}{\frac{\sqrt2}2}=6\sqrt2$, $R=3\sqrt2$.

Odpowiedź: $3\sqrt2$

Krok 1 — twierdzenie sinusów:

$$\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}$$

Krok 2 — wyznaczamy $b$:

$$b=\frac{a\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{10\cdot\frac{\sqrt2}{2}}{\frac12}=\frac{5\sqrt2}{\frac12}=10\sqrt2$$

Odpowiedź: $b=10\sqrt2$.

1. $P=\tfrac12\cdot8\cdot5\cdot\sin30^\circ=20\cdot\tfrac12=10$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — użyty $\sin60^\circ$ zamiast $\sin30^\circ$.

1. $\cos\alpha=\frac{25+64-49}{2\cdot5\cdot8}=\frac{40}{80}=\frac12 \Rightarrow \alpha=60^\circ$.
2. $P=\frac12\cdot5\cdot8\cdot\sin60^\circ=10\sqrt3$.

Odpowiedź: $60^\circ$, $P=10\sqrt3$

Gdy $\gamma=90^\circ$, $\cos90^\circ=0$, więc $c^2=a^2+b^2$ — to twierdzenie Pitagorasa.

Odpowiedź: C. twierdzenia Pitagorasa.

1. $P=a^2\sin\alpha=16\cdot\tfrac12=8$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — pole kwadratu o boku $4$.

1. $\frac{|AC|}{\sin45^\circ}=\frac{10}{\sin30^\circ}=20 \Rightarrow |AC|=20\cdot\frac{\sqrt2}2=10\sqrt2$.
2. $|\angle C|=105^\circ$, $\sin105^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}4$.
3. $|AB|=20\sin105^\circ=5(\sqrt6+\sqrt2)$.

Odpowiedź: $|AC|=10\sqrt2$, $|AB|=5(\sqrt6+\sqrt2)$

Krok 1 — przekształcamy twierdzenie cosinusów:

$$\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$\cos\gamma=\frac{25+49-64}{2\cdot5\cdot7}=\frac{10}{70}=\frac{1}{7}$$

Odpowiedź: $\cos\gamma=\frac17$.

1. $P=ab\sin\alpha=30\cdot\sin120^\circ=30\cdot\tfrac{\sqrt3}2=15\sqrt3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — użyte $\cos60^\circ$; C — pominięte $\tfrac{\sqrt3}{2}$ jako $\sqrt3$.

1. $\triangle ABD$: $|AD|^2=36+4-2\cdot6\cdot2\cdot\frac12=28$, $|AD|=2\sqrt7$.
2. Tw. sinusów: $\frac{|BD|}{\sin\angle BAD}=\frac{|AD|}{\sin60^\circ} \Rightarrow \sin\angle BAD=\frac{2\cdot\frac{\sqrt3}2}{2\sqrt7}=\frac{\sqrt3}{2\sqrt7}=\frac{\sqrt{21}}{14}$.

Odpowiedź: $|AD|=2\sqrt7$, $\sin\angle BAD=\tfrac{\sqrt{21}}{14}$

$$c^2=4^2+4^2-2\cdot4\cdot4\cdot\cos90^\circ=16+16-0=32$$

$$c=\sqrt{32}=4\sqrt2$$

Odpowiedź: $c=4\sqrt2$.

1. $c^2=25+64-2\cdot5\cdot8\cdot\tfrac12=89-40=49$, $c=7$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — policzone dla $120^\circ$ ($\cos=-\tfrac12$); D — Pitagoras, choć kąt nie jest prosty.

1. Krótsza przekątna (naprzeciw $60^\circ$): $d_1^2=25+64-40=49$, $d_1=7$.
2. Dłuższa (naprzeciw $120^\circ$): $d_2^2=25+64+40=129$, $d_2=\sqrt{129}$.
3. Kontrola: $49+129=178=2(25+64)$ ✓.

Odpowiedź: $7$ i $\sqrt{129}$

Wspólny stosunek $\frac{a}{\sin\alpha}=2R$ to średnica okręgu opisanego na trójkącie.

Odpowiedź: D. średnica okręgu opisanego.

1. Tw. sinusów: $\dfrac{|BC|}{\sin\angle A}=2R \Rightarrow \dfrac{10}{\tfrac12}=20=2R$, więc $R=10$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — to $2R$, czyli średnica.

1. $\frac12\cdot6\cdot8\sin\gamma=12\sqrt3 \Rightarrow \sin\gamma=\frac{\sqrt3}2 \Rightarrow \gamma=60^\circ$ lub $120^\circ$.
2. $\gamma=60^\circ$: $c^2=36+64-48=52$, $c=2\sqrt{13}$.
3. $\gamma=120^\circ$: $c^2=100+48=148$, $c=2\sqrt{37}$.

Odpowiedź: $2\sqrt{13}$ lub $2\sqrt{37}$

Suma kątów w trójkącie to $180^\circ$:

$$\gamma=180^\circ-40^\circ-60^\circ=80^\circ$$

Odpowiedź: $\gamma=80^\circ$.

1. 1. $36+64=100$ — z twierdzenia odwrotnego do tw. Pitagorasa trójkąt jest prostokątny — prawda.
2. 2. $P=\tfrac12\cdot6\cdot8=24\ne48$ — fałsz.

Odpowiedź: P, F

1. $P_{ABC}=\frac12\cdot8\cdot5\cdot\sin60^\circ=10\sqrt3$.
2. Dwusieczna dzieli trójkąt na dwa o kątach $30^\circ$ przy $A$: $P=\frac12\cdot8\cdot d\cdot\frac12+\frac12\cdot5\cdot d\cdot\frac12=\frac{13d}4$.
3. $\frac{13d}{4}=10\sqrt3 \Rightarrow d=\frac{40\sqrt3}{13}$.

Odpowiedź: $|AD|=\tfrac{40\sqrt3}{13}$

$$P=\frac12\cdot6\cdot10\cdot\sin30^\circ=30\cdot\tfrac12=15$$

Odpowiedź: $P=15$.

1. $R=\dfrac{a\sqrt3}{3} \Rightarrow a=\dfrac{3R}{\sqrt3}=\sqrt3R=\sqrt3\cdot4\sqrt3=12$.

Odpowiedź: $12$

1. $m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}4 \Rightarrow 19=\frac{32+72-a^2}4 \Rightarrow a^2=28$, $a=2\sqrt7$.
2. $\cos\angle A=\frac{36+16-28}{2\cdot6\cdot4}=\frac{24}{48}=\frac12 \Rightarrow 60^\circ$.

Odpowiedź: $|BC|=2\sqrt7$, $|\angle BAC|=60^\circ$

Twierdzenie cosinusów wiąże trzy boki i jeden kąt — idealne, gdy znamy dwa boki i kąt między nimi (albo trzy boki).

Odpowiedź: A.

1. Tw. cosinusów: $|BC|^2=36+100-2\cdot6\cdot10\cdot\cos120^\circ=136+60=196$, więc $|BC|=14$.
2. Pole: $P=\tfrac12\cdot6\cdot10\cdot\sin120^\circ=30\cdot\tfrac{\sqrt3}2=15\sqrt3$.

Odpowiedź: $|BC|=14$, $P=15\sqrt3$

1. $\cos\angle B=\frac{25+64-49}{80}=\frac12 \Rightarrow 60^\circ$.
2. $P=\frac12\cdot5\cdot8\cdot\frac{\sqrt3}2=10\sqrt3$.
3. $2R=\frac{7}{\sin60^\circ} \Rightarrow R=\frac7{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}3$.
4. $p=10$, $r=\frac Pp=\sqrt3$.
5. $h_A=\frac{2P}{|BC|}=\frac{20\sqrt3}8=\frac{5\sqrt3}2$.

Odpowiedź: $60^\circ$; $P=10\sqrt3$; $R=\tfrac{7\sqrt3}3$; $r=\sqrt3$; $h_A=\tfrac{5\sqrt3}{2}$

Krok 1 — twierdzenie cosinusów dla boku $a$:

$$a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha$$

Krok 2 — podstawiamy ($\cos60^\circ=\frac12$):

$$a^2=9+25-2\cdot3\cdot5\cdot\tfrac12=34-15=19$$

$$a=\sqrt{19}$$

Odpowiedź: $a=\sqrt{19}$.

Z twierdzenia sinusów $\frac{a}{\sin\alpha}=2R$:

$$a=2R\sin\alpha=2\cdot5\cdot\sin30^\circ=10\cdot\tfrac12=5$$

Odpowiedź: $a=5$.

Cosinus jest ujemny dla kątów rozwartych ($90^\circ<\gamma<180^\circ$).

Odpowiedź: B. rozwarty.

Krok 1 — najdłuższy bok $a=7$, badamy kąt $\alpha$:

$$\cos\alpha=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{25+9-49}{2\cdot5\cdot3}=\frac{-15}{30}=-\frac12$$

Krok 2 — interpretacja. $\cos\alpha=-\frac12<0$, więc kąt $\alpha$ jest rozwarty (dokładnie $120^\circ$).

Wniosek. Trójkąt jest rozwartokątny.

$$\cos120^\circ=-\cos60^\circ=-\frac12$$

Odpowiedź: C. $-\frac12$.

Krok 1 — model. Boki $a=30$, $b=40$, kąt między nimi $\gamma=60^\circ$; szukamy $c$ (odległość między statkami).

Krok 2 — twierdzenie cosinusów:

$$c^2=30^2+40^2-2\cdot30\cdot40\cdot\cos60^\circ$$

$$c^2=900+1600-2400\cdot\tfrac12=2500-1200=1300$$

Krok 3 — pierwiastkujemy:

$$c=\sqrt{1300}=10\sqrt{13}\approx36{,}1\ \text{km}$$

Odpowiedź: $10\sqrt{13}\approx36{,}1$ km.

Krok 1 — twierdzenie sinusów:

$$\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}$$

Krok 2 — wyznaczamy $b$:

$$b=\frac{a\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{8\cdot0{,}966}{0{,}707}\approx\frac{7{,}728}{0{,}707}\approx10{,}9$$

Odpowiedź: $b\approx10{,}9$.

Wzór na pole z dwóch boków i kąta:

$$P=\frac12 ab\sin\gamma=\frac12\cdot5\cdot6\cdot\sin150^\circ$$

$$=15\cdot\tfrac12=7{,}5$$

Uwaga. Choć kąt jest rozwarty, sinus jest dodatni ($\sin150^\circ=\sin30^\circ=\frac12$), więc pole wychodzi dodatnie.

Odpowiedź: $P=7{,}5$.

Krok 1 — dane. W trójkącie równobocznym wszystkie boki równe $a$, wszystkie kąty $60^\circ$.

Krok 2 — twierdzenie cosinusów dla dowolnego boku:

$$a^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot\cos60^\circ$$

Krok 3 — podstawiamy $\cos60^\circ=\frac12$:

$$a^2=2a^2-2a^2\cdot\tfrac12=2a^2-a^2=a^2 \qquad ∎$$

Wniosek. Otrzymaliśmy tożsamość $a^2=a^2$ — twierdzenie cosinusów jest spełnione, co potwierdza spójność wzoru dla trójkąta równobocznego.

1. Krok 1. Własności czworokąta.

   Czworokąt jest opisany na okręgu (wpisany okrąg), więc $|AB|+|CD|=|BC|+|AD|$, czyli $9+|CD|=|BC|+10\Rightarrow |CD|=|BC|+1$.

   Czworokąt jest wpisany w okrąg (opisany okrąg), więc przeciwległe kąty sumują się do $180^{\circ}$: $|\angle BCD|=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}$.

2. Krok 2. Przekątna $BD$ z trójkąta $ABD$ (twierdzenie cosinusów). $$|BD|^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot9\cdot10\cos 60^{\circ}=181-90=91.$$
3. Krok 3. Trójkąt $BCD$ (kąt $120^{\circ}$).

   Niech $|BC|=t$, wtedy $|CD|=t+1$. Z twierdzenia cosinusów ($\cos120^{\circ}=-\tfrac12$):

   $$|BD|^{2}=t^{2}+(t+1)^{2}+t(t+1)=91\ \Rightarrow\ 3t^{2}+3t-90=0\ \Rightarrow\ t^{2}+t-30=0\ \Rightarrow\ t=5.$$

   Zatem $|BC|=5$, $|CD|=6$ (sprawdzenie: $9+6=5+10$ ✓).

4. Krok 4. Pole czworokąta. $$P=P_{ABD}+P_{BCD}=\tfrac12\cdot9\cdot10\sin 60^{\circ}+\tfrac12\cdot5\cdot6\sin 120^{\circ}=\frac{45\sqrt3}{2}+\frac{15\sqrt3}{2}=30\sqrt3.$$
5. Odpowiedź. $|BC|=5$, $|CD|=6$, pole $=30\sqrt3$.