Twierdzenie sinusów

Krok 1. Wykorzystanie własności czworokąta wpisanego w okrąg.

Przekątna \(AC\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABC\) i \(ACD\). Oznaczmy \(\alpha=|\angle ABC|\). W czworokącie wpisanym w okrąg przeciwległe kąty sumują się do \(180^\circ\), więc \(|\angle ADC|=180^\circ-\alpha\) i \(\cos|\angle ADC|=-\cos\alpha\).

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w obu trójkątach.

W trójkącie \(ABC\) (boki \(3\) i \(3\)):

\(|AC|^2=3^2+3^2-2\cdot 3\cdot 3\cos\alpha=18-18\cos\alpha\)

W trójkącie \(ACD\) (boki \(5\) i \(8\)):

\(|AC|^2=5^2+8^2-2\cdot 5\cdot 8\cdot(-\cos\alpha)=89+80\cos\alpha\)

Krok 3. Wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(|AC|\).

\(18-18\cos\alpha=89+80\cos\alpha\)

\(-71=98\cos\alpha\)

\(\cos\alpha=-\frac{71}{98}\)

\(|AC|^2=18-18\cdot\left(-\frac{71}{98}\right)=18+\frac{1278}{98}=\frac{1764+1278}{98}=\frac{3042}{98}=\frac{1521}{49}\)

\(|AC|=\frac{39}{7}\)

Krok 4. Twierdzenie sinusów.

\(\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac{71}{98}\right)^2}=\frac{\sqrt{9604-5041}}{98}=\frac{\sqrt{4563}}{98}=\frac{39\sqrt{3}}{98}\)

(bo \(4563=27\cdot 169\), więc \(\sqrt{4563}=13\cdot 3\sqrt{3}=39\sqrt{3}\)).

Okrąg opisany na czworokącie jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie \(ABC\):

\(2R=\frac{|AC|}{\sin\alpha}=\frac{\frac{39}{7}}{\frac{39\sqrt{3}}{98}}=\frac{39}{7}\cdot\frac{98}{39\sqrt{3}}=\frac{14}{\sqrt{3}}\)

\(R=\frac{7}{\sqrt{3}}=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\)

1. Krok 1. Oznaczenia i twierdzenie sinusów.

   Niech $\angle BAC=\alpha$, $\angle ABC=2\alpha$. Oznaczmy $a=|BC|$, $b=|AC|$, $c=|AB|$ (boki naprzeciw kątów $A,B,C$). Z twierdzenia sinusów przy promieniu okręgu opisanego $R$:

   $$a=2R\sin\alpha,\qquad b=2R\sin 2\alpha,\qquad c=2R\sin 3\alpha.$$

   (bo $\angle ACB=\pi-3\alpha$, a $\sin(\pi-3\alpha)=\sin 3\alpha$).

2. Krok 2. Prawa strona tezy $a^{2}+ac$. $$a^{2}+ac=a(a+c)=2R\sin\alpha\,(2R\sin\alpha+2R\sin 3\alpha)=4R^{2}\sin\alpha(\sin\alpha+\sin 3\alpha).$$

   Ze wzoru na sumę sinusów $\sin\alpha+\sin 3\alpha=2\sin 2\alpha\cos\alpha$:

   $$a^{2}+ac=4R^{2}\sin\alpha\cdot 2\sin 2\alpha\cos\alpha=8R^{2}\sin\alpha\cos\alpha\sin 2\alpha=4R^{2}\sin 2\alpha\cdot\sin 2\alpha,$$

   bo $2\sin\alpha\cos\alpha=\sin 2\alpha$. Zatem $a^{2}+ac=4R^{2}\sin^{2}2\alpha$.

3. Krok 3. Lewa strona tezy $b^{2}$. $$b^{2}=\left(2R\sin 2\alpha\right)^{2}=4R^{2}\sin^{2}2\alpha.$$
4. Wniosek. $b^{2}=a^{2}+ac$, czyli $|AC|^{2}=|BC|^{2}+|AB|\cdot|BC|.\ \blacksquare$

   (Założenie, że trójkąt nie jest równoramienny, gwarantuje $\alpha\neq 2\alpha$ i poprawność konstrukcji.)

Krok 1. Kąt naprzeciw boku \(BC\).

Z twierdzenia sinusów dla kąta \(\alpha=|\angle BAC|\), leżącego naprzeciw boku \(BC\):

\(\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R\)

\(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{3}}{2\cdot 4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

Stąd \(\alpha=60^\circ\) albo \(\alpha=120^\circ\).

Krok 2. Wybór kąta.

Bok \(BC\) jest najdłuższy, więc leżący naprzeciw niego kąt \(\alpha\) jest największym kątem trójkąta. Sprawdzamy przypadek \(\alpha=60^\circ\): z twierdzenia cosinusów

\(48=|AC|^2+36-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\frac{1}{2}\), czyli \(|AC|^2-6|AC|-12=0\), skąd \(|AC|=3+\sqrt{21}\approx 7{,}58\)

Wtedy \(|AC|\gt|BC|=4\sqrt{3}\approx 6{,}93\), co przeczy założeniu, że \(BC\) jest najdłuższy — ten przypadek odrzucamy.

Zatem \(\alpha=120^\circ\) oraz \(\cos\alpha=-\frac{1}{2}\).

Krok 3. Twierdzenie cosinusów.

\(|BC|^2=|AC|^2+|AB|^2-2\cdot|AC|\cdot|AB|\cdot\cos\alpha\)

\(\left(4\sqrt{3}\right)^2=|AC|^2+6^2-2\cdot 6\cdot|AC|\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\)

\(48=|AC|^2+36+6|AC|\)

\(|AC|^2+6|AC|-12=0\)

\(\Delta=36+48=84\), \(\;\sqrt{\Delta}=2\sqrt{21}\)

\(|AC|=\frac{-6+2\sqrt{21}}{2}=\sqrt{21}-3\) (drugie rozwiązanie jest ujemne)

Sprawdzenie: \(\sqrt{21}-3\approx 1{,}58\lt 4\sqrt{3}\) ✓

Odpowiedź: \(|AC|=\sqrt{21}-3\)

1. Krok 1. Twierdzenie o czworokącie opisanym na okręgu.

   W czworokącie opisanym sumy przeciwległych boków są równe:

   $$|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.$$

   Obwód $=|AB|+|BC|+|CD|+|AD|=2\big(|AB|+|CD|\big)$, więc wystarczy wyznaczyć $|AB|$.

2. Krok 2. Trójkąt $ABC$ i twierdzenie sinusów.

   W trójkącie $ABC$: $\angle ACB=60^{\circ}$ (kąt między $AC$ i $BC$), $\angle BAC=\alpha$ (kąt między $AC$ i $AB$), $\sin\alpha=\tfrac14$, a bok $BC=4$ leży naprzeciw kąta $\alpha$. Z twierdzenia sinusów:

   $$\frac{|AB|}{\sin(\angle ACB)}=\frac{|BC|}{\sin(\angle BAC)}\ \Rightarrow\ |AB|=\frac{|BC|\cdot\sin 60^{\circ}}{\sin\alpha}=\frac{4\cdot\frac{\sqrt3}{2}}{\frac14}=8\sqrt3.$$
3. Krok 3. Obwód. $$\text{Obwód}=2\big(|AB|+|CD|\big)=2\big(8\sqrt3+5\big)=16\sqrt3+10.$$

   Odpowiedź: obwód czworokąta $ABCD$ jest równy $16\sqrt3+10$.

Oznaczmy $|CD|=a$, wtedy $|AB|=a+2$. Niech $R_2$ będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie $CPD$, a $R_1=R_2+3$ promieniem okręgu opisanego na trójkącie $APB$.

Krok 1. Podobieństwo trójkątów. Podstawy trapezu są równoległe, więc kąty $\angle PAB$ i $\angle PCD$ są naprzemianległe, a kąty $\angle APB$ i $\angle CPD$ wierzchołkowe. Trójkąty $APB$ i $CPD$ są zatem podobne, a skala podobieństwa to stosunek podstaw:

$$\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2}\ \Longrightarrow\ \frac{a+2}{a}=\frac{R_2+3}{R_2}.$$

Krok 2. Wyznaczenie $R_2$. Mnożymy na krzyż:

$$R_2(a+2)=a(R_2+3)\ \Longrightarrow\ aR_2+2R_2=aR_2+3a\ \Longrightarrow\ 2R_2=3a\ \Longrightarrow\ R_2=\frac{3a}{2}.$$

Krok 3. Twierdzenie sinusów. Oznaczmy $\alpha=\angle CPD$. W trójkącie $CPD$ bok $CD$ leży naprzeciw kąta $\alpha$, więc

$$\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2\ \Longrightarrow\ \frac{a}{\sin\alpha}=3a\ \Longrightarrow\ \sin\alpha=\frac{1}{3}.$$

Krok 4. Cosinus kąta. Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny, więc $\cos\alpha>0$:

$$\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac19}=\sqrt{\frac89}=\frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

Krok 5. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$ dla boku $CD$:

$$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\,|DP|\,|CP|\cos\alpha.$$

Przenosimy i podstawiamy $\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}$:

$$|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=2\,|DP|\,|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}=\frac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot|CP|,$$

czyli dokładnie tezę. $\blacksquare$

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(|\angle ABC|=\alpha\), wtedy \(|\angle BAC|=2\alpha\) oraz \(|\angle ACB|=180^\circ-3\alpha\).

Oznaczmy \(a=|BC|\) (naprzeciw kąta \(A\)), \(b=|AC|\) (naprzeciw kąta \(B\)), \(c=|AB|\) (naprzeciw kąta \(C\)).

Teza przyjmuje postać \(a^2-b^2=bc\).

Krok 2. Twierdzenie sinusów.

Niech \(R\) będzie promieniem okręgu opisanego. Wtedy:

\(a=2R\sin 2\alpha\), \(\;b=2R\sin\alpha\), \(\;c=2R\sin(180^\circ-3\alpha)=2R\sin 3\alpha\)

Krok 3. Przekształcenie lewej strony.

\(a^2-b^2=4R^2\left(\sin^2 2\alpha-\sin^2\alpha\right)\)

Korzystamy z tożsamości \(\sin^2 X-\sin^2 Y=\sin(X+Y)\sin(X-Y)\):

\(\sin^2 2\alpha-\sin^2\alpha=\sin(3\alpha)\sin(\alpha)\)

Zatem:

\(a^2-b^2=4R^2\sin 3\alpha\sin\alpha=(2R\sin 3\alpha)(2R\sin\alpha)=c\cdot b\)

czyli \(|BC|^2-|AC|^2=|AB|\cdot|AC|\), co należało wykazać.

Uwaga: wykorzystaną tożsamość otrzymujemy z zależności \(\sin^2 X-\sin^2 Y=\frac{1-\cos 2X}{2}-\frac{1-\cos 2Y}{2}=\frac{\cos 2Y-\cos 2X}{2}=\sin(X+Y)\sin(X-Y)\). \(\blacksquare\)

Skoro \(AB\) jest podstawą trójkąta równoramiennego, to kąty przy podstawie są równe: \(|\sphericalangle BAC|=|\sphericalangle ABC|=30^\circ\), a kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(120^\circ\).

Z twierdzenia sinusów wyznaczamy ramię \(BC\):

\(\dfrac{|BC|}{\sin30^\circ}=\dfrac{|AB|}{\sin120^\circ}\), stąd \(|BC|=\dfrac{8\cdot\tfrac12}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt3}=\dfrac{8\sqrt3}{3}\).

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), więc \(|BD|=\dfrac{4\sqrt3}{3}\).

W trójkącie \(ABD\) stosujemy twierdzenie cosinusów dla kąta \(|\sphericalangle ABD|=30^\circ\):

\(|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB||BD|\cos30^\circ\),

\(|AD|^2=64+\dfrac{16}{3}-2\cdot8\cdot\dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=64+\dfrac{16}{3}-32=32+\dfrac{16}{3}=\dfrac{112}{3}\).

Stąd \(|AD|=\sqrt{\dfrac{112}{3}}=\dfrac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\approx6{,}11\).

Krok 1. Twierdzenie cosinusów.

Dla kąta \(\alpha\) (naprzeciw boku \(a\)):

\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha\Rightarrow b^2+c^2-a^2=2bc\cos\alpha\)

Dla kąta \(\beta\) (naprzeciw boku \(b\)):

\(b^2=a^2+c^2-2ac\cos\beta\Rightarrow a^2+c^2-b^2=2ac\cos\beta\)

Krok 2. Iloraz.

\(\frac{b^2+c^2-a^2}{a^2+c^2-b^2}=\frac{2bc\cos\alpha}{2ac\cos\beta}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}\)

(mianownik jest różny od zera, bo trójkąt jest ostrokątny, więc \(\cos\beta\gt 0\))

Krok 3. Twierdzenie sinusów.

\(\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}\Rightarrow\frac{b}{a}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\)

Krok 4. Zakończenie.

\(\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}\cdot\frac{\cos\alpha}{\cos\beta}=\frac{\frac{\sin\beta}{\cos\beta}}{\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}}=\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\)

co należało wykazać. \(\blacksquare\)

W trójkącie \(ABC\) dane są: \(|\sphericalangle ABC|=130^\circ\), \(|\sphericalangle ACB|=30^\circ\) oraz \(|BC|=400\) m.

Trzeci kąt. \(|\sphericalangle BAC|=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ\).

Twierdzenie sinusów.

\(\dfrac{|AB|}{\sin|\sphericalangle ACB|}=\dfrac{|BC|}{\sin|\sphericalangle BAC|}\),

\(|AB|=\dfrac{400\cdot\sin30^\circ}{\sin20^\circ}=\dfrac{400\cdot0{,}5}{0{,}3420}=\dfrac{200}{0{,}3420}\approx584{,}8\).

Odpowiedź: odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około 585 m.