Zadania ćwiczeniowe ze zbiorów Matematix — z rozwiązaniami krok po kroku.
Zadanie nr 1
Ile wynosi $\sin 30^\circ$?
A$\frac{\sqrt3}{2}$
B$\frac12$
C$\frac{\sqrt2}{2}$
D$1$
To wartość z tablicy kątów szczególnych, którą warto pamiętać:
$$\sin 30^\circ=\frac12$$
Pełny zestaw dla $30^\circ$: $\sin 30^\circ=\frac12$, $\cos 30^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$, $\tg 30^\circ=\frac{\sqrt3}{3}$.
Odpowiedź: B. $\frac12$.
Zadanie nr 4
Ile wynosi $\cos 90^\circ$?
A$0$
B$1$
C$-1$
D$\frac12$
Na okręgu jednostkowym cosinus to współrzędna pozioma punktu. Dla kąta $90^\circ$ punkt leży na samej górze osi OY, więc jego współrzędna pozioma to zero:
$$\cos 90^\circ=0$$
Dla porównania: $\sin 90^\circ=1$ (współrzędna pionowa jest maksymalna).
Krok 2 — kąt podstawowy. Wiemy, że $\cos 60^\circ=\frac12$.
Krok 3 — wszystkie rozwiązania. Cosinus jest dodatni w ćwiartkach I i IV, więc drugie rozwiązanie to:
$$360^\circ-60^\circ=300^\circ$$
Krok 4 — zestawiamy:
$$x=60^\circ \quad \text{lub} \quad x=300^\circ$$
Uwaga: dla cosinusa drugie rozwiązanie leży w ćwiartce IV ($360^\circ-\alpha$), inaczej niż dla sinusa ($180^\circ-\alpha$).
Odpowiedź: $x=60^\circ$ lub $x=300^\circ$.
Zadanie nr 19
Kąt ostry $\alpha$ spełnia $\tg\alpha=2$. Oblicz $\sin\alpha$ i $\cos\alpha$.
Sposób z trójkątem prostokątnym. Tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw do przyprostokątnej przy kącie. Skoro $\tg\alpha=\frac21$, przyjmijmy bok naprzeciw $=2$, bok przy kącie $=1$.
Krok 1 — przeciwprostokątna z twierdzenia Pitagorasa:
Wartość $\sin^2 45^\circ+\cos^2 45^\circ$ jest równa
A$\tfrac12$
B$2$
C$1$
D$0$
Jedynka trygonometryczna.
Odpowiedź:C
Dlaczego nie pozostałe? Zawsze $1$.
Zadanie nr PP41.14
Wartość $\sin30^\circ+\cos60^\circ$ jest równa
A$\tfrac12$
B$\sqrt3$
C$0$
D$1$
$\tfrac12+\tfrac12=1$.
Odpowiedź:D
Dlaczego nie pozostałe? A to jeden składnik.
Zadanie nr PP41.15
Oblicz $2\cos60^\circ$.
$2\cdot\tfrac12=1$.
Odpowiedź: $1$
📄Zadania z arkuszy 152
Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminacyjnych (matura, egzamin ósmoklasisty, próbne) dotyczące tego tematu — pokazujemy 100 najnowszych z 152.
Zadanie nr 18 · Matura 2024
W kartezjańskim układzie współrzędnych \((x,y)\) zaznaczono kąt o mierze \(\alpha\) taki, że \(tg\alpha=-3\) oraz \(90°\lt\alpha\lt180°\).
Uzupełnij zdanie. Wybierz dwie właściwe odpowiedzi spośród oznaczonych literami A-F i wpisz te litery w wykropkowanych miejscach.
Prawdziwe są zależności \(.....\) oraz \(.....\)
A. \(sin\alpha\lt0\)
B. \(sin\alpha\cdot cos\alpha\lt0\)
C. \(sin\alpha\cdot cos\alpha\gt0\)
D. \(cos\alpha\gt0\)
E. \(sin\alpha=-\frac{1}{3}cos\alpha\)
F. \(sin\alpha=-3cos\alpha\)
Pamiętając o tym, że dla kątów rozwartych sinus przyjmuje wartości dodatnie, a cosinus ujemne, możemy od razu odrzucić odpowiedzi A oraz D, a nawet możemy odrzucić odpowiedź C, ponieważ iloczyn liczby dodatniej i ujemnej da wynik ujemny. To prowadzi nas wprost do wniosku, że pierwszą poprawną zależnością będzie ta z odpowiedzi B.
Teraz trzeba ustalić, która z dwóch pozostałych zależności - E czy F, jest tą poszukiwaną. Tu z pomocą przyjdą nam wzory z tablic, które można zastosować w omawianej na rysunku sytuacji, czyli:
$$sin\alpha=\frac{y}{r}$$
$$cos\alpha=\frac{x}{r}$$
W powyższych wzorach \(x\) oraz \(y\) to współrzędne jakiegoś punktu na lewym ramieniu kąta. W naszym przypadku możemy wziąć punkt \(P=(-1;3)\), zatem \(x=-1\) oraz \(y=3\). Długość \(r\) obliczamy z kolei ze wzoru \(r=\sqrt{x^2+y^2}\), zatem w naszym przypadku \(r=\sqrt{(-1)^2+3^2}=\sqrt{10}\). Tym samym \(sin\alpha=\frac{3}{\sqrt{10}}\) oraz \(cos\alpha=\frac{-1}{\sqrt{10}}\), czyli \(sin\alpha=-3cos\alpha\).
Zadanie nr 29 · Matura 2023
Dany jest kąt o mierze \(\alpha\) taki, że \(sin\alpha=\frac{4}{5}\) oraz \(90°\lt\alpha\lt180°\).
Oceń prawdziwość poniższych zdań. Zaznacz P, jeśli zdanie jest prawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe. Dla kąta \(\alpha\) spełnione jest równanie \(cos\alpha=-\frac{3}{5}\) Dla kąta \(\alpha\) spełnione jest równanie \(|tg\alpha|=\frac{3}{4}\)
Dla kąta \(\alpha\) spełnione jest równanie \(cos\alpha=-\frac{3}{5}\)
Dla kąta \(\alpha\) spełnione jest równanie \(|tg\alpha|=\frac{3}{4}\)
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2\alpha+cos^2\alpha=1$$
$$\left(\frac{4}{5}\right)^2+cos^2\alpha=1$$
$$\frac{16}{25}+cos^2\alpha=1$$
$$cos^2\alpha=\frac{9}{25}$$
$$cos\alpha=\frac{3}{5} \quad\lor\quad cos\alpha=-\frac{3}{5}$$
Z treści zadania wynika, że kąt \(\alpha\) jest kątem rozwartym. Cosinus dla takich kątów przyjmuje wartości ujemne, stąd też rozwiązanie \(cos\alpha=\frac{3}{5}\) musimy odrzucić. Zostaje nam zatem, że \(cos\alpha=-\frac{3}{5}\), czyli zdanie jest prawdą.
Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Z treści zadania wiemy, że \(sin\alpha=\frac{4}{5}\). Dodatkowo obliczyliśmy sobie przed chwilą, że \(cos\alpha=-\frac{3}{5}\). Korzystając zatem ze wzoru na tangens, możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}$$
$$tg\alpha=\frac{\frac{4}{5}}{-\frac{3}{5}}$$
$$tg\alpha=\frac{4}{5}\cdot\left(-\frac{5}{3}\right)$$
$$tg\alpha=-\frac{4}{3}$$
To oznacza, że \(|tg\alpha|=\frac{4}{3}\), więc zdanie jest fałszem.
Zadanie nr 36 · Matura 2023
Dany jest prostokąt \(ABCD\), w którym \(|AD|=2\). Kąt \(BDA\) ma miarę \(\alpha\), taką, że \(tg\alpha=2\). Przekątna \(BD\) i prosta przechodząca przez wierzchołek \(C\) prostopadła do \(BD\) przecinają się w punkcie \(E\) (zobacz rysunek).
Oblicz długość odcinka \(|CE|\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Na początek oznaczmy kąt \(BDA\) jako \(\alpha\) (zgodnie z treścią zadania) oraz \(ABD\) jako \(\beta\). W tym momencie powinniśmy dostrzec, że kąt \(DBC\) jest kątem naprzemianległym do kąta \(ABD\), zatem on też będzie mieć miarę \(\beta\). W tym momencie widzimy, że trójkąty \(ABD\) oraz \(DEC\) mają już dwa kąty o jednakowej mierze (kąt \(\beta\) oraz kąt prosty). To z kolei prowadzi nas do wniosku, że w takim razie kąt \(ECD\) musi mieć miarę \(\alpha\), a więc trójkąty \(ABD\) oraz \(DEC\) są trójkątami podobnymi (cecha kąt-kąt-kąt).
Krok 2. Obliczenie długości odcinków \(AB\) oraz \(CD\).
Z treści zadania wiemy, że \(|AD|=2\). Wiemy też, że \(tg\alpha=2\). Skoro tak, to korzystając z funkcji trygonometrycznych możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{|AB|}{|AD|}$$
$$2=\frac{|AB|}{2}$$
$$|AB|=4$$
Wyszło nam, że \(|AB|=4\), a skoro figura \(ABCD\) jest prostokątem to i analogicznie \(|CD|=4\).
Krok 3. Obliczenie długości odcinka \(BD\).
Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(ABD\). Znamy długości przyprostokątnych tego trójkąta, zatem do wyznaczenia przeciwprostokątnej \(BD\) możemy wykorzystać Twierdzenie Pitagorasa:
$$2^2+4^2=|BD|^2$$
$$4+16=|BD|^2$$
$$|BD|^2=20$$
$$|BD|=\sqrt{20} \quad\lor\quad |BD|=-\sqrt{20}$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|BD|=\sqrt{20}\). Teoretycznie moglibyśmy jeszcze wyłączyć czynnik przed znak pierwiastka (otrzymując postać \(|BD|=2\sqrt{5})\), ale na tym etapie nie jest to konieczne.
Krok 4. Obliczenie długości odcinka \(CE\).
Ustaliliśmy już, że trójkąty \(ABD\) oraz \(DEC\) są trójkątami podobnymi. Skoro tak, to:
$$\frac{|AD|}{|BD|}=\frac{|CE|}{|CD|}$$
$$\frac{2}{\sqrt{20}}=\frac{|CE|}{4}$$
$$|CE|=\frac{8}{\sqrt{20}}$$
$$|CE|=\frac{8}{2\sqrt{5}}$$
$$|CE|=\frac{4}{\sqrt{5}}$$
$$|CE|=\frac{4\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}$$
$$|CE|=\frac{4\sqrt{5}}{5}$$
Zadanie nr 43 · Matura 2023
Dany jest prostopadłościan \(ABCDEFGH\), w którym prostokąty \(ABCD\) i \(EFGH\) są jego postawami. Odcinek \(BH\) jest przekątną tego prostopadłościanu.
Zadanie 1.
Na którym rysunku prawidłowo narysowano, oznaczono i podpisano kąt \(\alpha\) pomiędzy przekątną \(BH\) prostopadłościanu a jego ścianą boczną \(ADHE\)? Zaznacz właściwą odpowiedź spośród podanych.
A.
B.
C.
D.
Zadanie 2.
W prostopadłościanie \(ABCDEFGH\) dane są:
\(tg\beta=\frac{9}{7}\)
\(|BG|=2\cdot\sqrt{130}\)
\(|BH|=2\cdot\sqrt{194}\)
gdzie odcinek \(BH\) jest przekątną prostopadłościanu, odcinek \(BG\) jest przekątną ściany bocznej \(BCGF\), \(\beta\) jest miarą kąta \(\sphericalangle GBC\). Sytuację ilustruje rysunek poniżej.
Oblicz pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu \(ABCDEFGH\).
Zadanie 1.
Kąt między przekątną prostopadłościanu i ścianą boczną został oznaczony na trzecim rysunku.
Zadanie 2.
Krok 1. Obliczenie długości krawędzi \(CG\) oraz \(BC\).
Spójrzmy na trójkąt \(BCG\). Z treści zadania wiemy, że \(tg\beta=\frac{9}{7}\). Nie możemy zapisać, że w takim razie bok \(CG\) jest równy \(7\), a \(BC\) ma długość \(9\) (bo równie dobrze mogłyby te boki mieć długości \(14\) i \(18\)), ale możemy zapisać, że \(|CG|=7x\) oraz \(|BC|=9x\). Dodatkowo wiemy, że odcinek \(BG\) ma długość \(2\cdot\sqrt{130}\). Skoro tak, to korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$(7x)^2+(9x)^2=(2\sqrt{130})^2$$
$$49x^2+81x^2=4\cdot130$$
$$130x^2=520$$
$$x^2=4$$
$$x=2 \quad\lor\quad x=-2$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(x=2\). Skoro tak, to długości krawędzi \(CG\) oraz \(BC\) są następujące:
$$|CG|=7x=7\cdot2=14$$
$$|BC|=9x=9\cdot2=18$$
Krok 2. Obliczenie długości krawędzi \(GH\) (oraz \(AB\)).
Do obliczenia pola powierzchni całkowitej brakuje nam jeszcze znajomości długości krawędzi \(AB\). Będzie ona taka sama jak krawędź \(GH\), a tę będziemy mogli wyznaczyć z trójkąta \(BGH\).
Okazuje się, że trójkąt \(BGH\) jest trójkątem prostokątnym (kąt prosty jest przy wierzchołku \(G\)). Z treści zadania znamy długość \(BG=2\cdot\sqrt{130}\) oraz \(|BH|=2\cdot\sqrt{194}\), zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa zapiszemy, że:
$$|GH|^2+(2\sqrt{130})^2=(2\sqrt{194})^2$$
$$|GH|^2+4\cdot130=4\cdot194$$
$$|GH|^2+520=776$$
$$|GH|^2=256$$
$$|GH|=16 \quad\lor\quad |GH|=-16$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|GH|=16\).
Krok 3. Obliczenie pola powierzchni całkowitej.
Na sam koniec musimy obliczyć pole powierzchni całkowitej. Korzystając ze wzoru z tablic możemy zapisać, że:
$$P_{c}=2ab+2bc+2ac$$
$$P_{c}=2\cdot16\cdot14+2\cdot14\cdot18+2\cdot16\cdot18$$
$$P_{c}=448+504+576$$
$$P_{c}=1528$$
Zadanie nr 18 · Matura 2023
W kartezjańskim układzie współrzędnych \((x,y)\) zaznaczono kąt \(\alpha\) o wierzchołku w punkcie \(O=(0;0)\). Jedno z ramion tego kąta pokrywa się z dodatnią półosią \(Ox\), a drugie przechodzi przez punkt \(P=(-3;1)\) (zobacz rysunek).
Tangens kąta \(\alpha\) jest równy:
A\(\frac{1}{\sqrt{10}}\)
B\(\left(-\frac{3}{\sqrt{10}}\right)\)
C\(\left(-\frac{3}{1}\right)\)
D\(\left(-\frac{1}{3}\right)\)
Opisana w zadaniu sytuacja jest bardzo charakterystyczna i związana jest tak naprawdę z definicjami funkcji trygonometrycznych. Możemy się tutaj posłużyć wzorami z tablic matematycznych, z których wynika, że:
$$tg\alpha=\frac{y}{x}$$
\(x\) oraz \(y\) to współrzędne punktu, przez który przechodzi drugie ramię kąta, zatem możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{1}{-3}=-\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 18 · Matura 2023
W kartezjańskim układzie współrzędnych \((x,y)\) zaznaczono kąt \(\alpha\) o wierzchołku w punkcie \(O=(0;0)\). Jedno z ramion tego kąta pokrywa się z dodatnią półosią \(Ox\), a drugie przechodzi przez punkt \(P=(-3;1)\) (zobacz rysunek).
Tangens kąta \(\alpha\) jest równy:
A\(\frac{1}{\sqrt{10}}\)
B\(\left(-\frac{3}{\sqrt{10}}\right)\)
C\(\left(-\frac{3}{1}\right)\)
D\(\left(-\frac{1}{3}\right)\)
Opisana w zadaniu sytuacja jest bardzo charakterystyczna i związana jest tak naprawdę z definicjami funkcji trygonometrycznych. Możemy się tutaj posłużyć wzorami z tablic matematycznych, z których wynika, że:
$$tg\alpha=\frac{y}{x}$$
\(x\) oraz \(y\) to współrzędne punktu, przez który przechodzi drugie ramię kąta, zatem możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{1}{-3}=-\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 17 · Matura 2023
W kartezjańskim układzie współrzędnych \((x,y)\) zaznaczono kąt \(\alpha\) o wierzchołku w punkcie \(O=(0;0)\). Jedno z ramion tego kąta pokrywa się z dodatnią półosią \(Ox\), a drugie przechodzi przez punkt \(P=(-3;1)\) (zobacz rysunek).
Tangens kąta \(\alpha\) jest równy:
A\(\frac{1}{\sqrt{10}}\)
B\(\left(-\frac{3}{\sqrt{10}}\right)\)
C\(\left(-\frac{3}{1}\right)\)
D\(\left(-\frac{1}{3}\right)\)
Opisana w zadaniu sytuacja jest bardzo charakterystyczna i związana jest tak naprawdę z definicjami funkcji trygonometrycznych. Możemy się tutaj posłużyć wzorami z tablic matematycznych, z których wynika, że:
$$tg\alpha=\frac{y}{x}$$
\(x\) oraz \(y\) to współrzędne punktu, przez który przechodzi drugie ramię kąta, zatem możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{1}{-3}=-\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 3 · Matura 2022
Jeżeli $\cos\beta=-\frac{1}{3}$ i $\beta\in\left(\pi,\ \frac{3}{2}\pi\right)$, to wartość wyrażenia $\sin\left(\beta-\frac{1}{3}\pi\right)$ jest równa
A$\frac{-2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
B$\frac{2\sqrt{6}+1}{6}$
C$\frac{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
D$\frac{1-2\sqrt{6}}{6}$
Kąt $\beta$ leży w III ćwiartce, więc $\sin\beta\lt 0$. Z jedynki trygonometrycznej:
Pole prostokąta jest równe \(16\), a przekątne tego prostokąta przecinają się pod kątem ostrym \(\alpha\), takim, że \(sin\alpha=0,2\). Długość przekątnej tego prostokąta jest równa:
A\(4\sqrt{5}\)
B\(4\sqrt{10}\)
C\(80\)
D\(160\)
W tym zadaniu możemy skorzystać z nietypowego wzoru na pole równoległoboku (czyli także prostokąta), który znajduje się w tablicach maturalnych:
$$P=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|\cdot sin\gamma$$
gdzie \(AC\) oraz \(BD\) to przekątne prostokąta, a \(\gamma\) to kąt ostry między tymi przekątnymi.
W przypadku prostokąta przekątne mają jednakową długość (nazwijmy ją \(d\)), a kąt w treści zadania jest oznaczony jako \(\alpha\), więc moglibyśmy zapisać, że:
$$P=\frac{1}{2}\cdot d\cdot d\cdot sin\alpha$$
Podstawiając teraz dane z treści zadania, otrzymamy:
$$16=\frac{1}{2}\cdot d\cdot d\cdot0,2$$
$$16=0,1\cdot d^2$$
$$d^2=160$$
$$d=\sqrt{160} \quad\lor\quad d=-\sqrt{160}$$
Długość przekątnej musi być dodatnia, więc zostaje nam \(d=\sqrt{160}\). Takiej odpowiedzi nie mamy w proponowanych, a to dlatego, że z tego pierwiastka da się jeszcze wyłączyć całość:
$$d=\sqrt{160}=\sqrt{16\cdot10}=4\sqrt{10}$$
Zadanie nr 16 · Próbny 2022
Jeśli kąt \(\alpha\) jest ostry, a \(cos\alpha=\frac{1}{4}\) to:
A\(sin\alpha=\frac{3}{4}\)
B\(sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{4}\)
C\(sin\alpha=\frac{15}{16}\)
D\(sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{16}\)
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\) w związku z tym podstawiając wartość cosinusa otrzymamy:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{1}{4}\right)^2=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{1}{16}\right)^2=1$$
$$sin^2α=\frac{15}{16}$$
$$sinα=\sqrt{\frac{15}{16}} \quad\lor\quad sinα=-\sqrt{\frac{15}{16}}$$
$$sinα=\frac{\sqrt{15}}{4} \quad\lor\quad sinα=-\frac{\sqrt{15}}{4}$$
Z treści zadania wiemy, że \(\alpha\) jest kątem ostrym, a dla takich kątów sinus przyjmuje wartości dodatnie. Z tego też względu ujemne rozwiązanie musimy odrzucić i zostaje nam \(sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{4}\).
Zadanie nr 17 · Próbny 2022
W trójkącie prostokątnym sinus jednego z kątów ostrych jest równy \(\frac{8}{17}\), a przeciwprostokątna ma długość \(34\). Dłuższa z przyprostokątnych tego trójkąta ma długość równą:
A\(15\)
B\(16\)
C\(24\)
D\(30\)
Krok 1. Obliczenie długości pierwszej przyprostokątnej.
Sinus odpowiada za stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciwko dane kąta względem przeciwprostokątnej. Skoro więc przeciwprostokątna ma długość \(34\), to możemy zapisać, że:
$$\frac{8}{17}=\frac{a}{34}$$
$$8\cdot34=17a$$
$$17a=272$$
$$a=16$$
W ten sposób udało nam się ustalić, że jedna z przyprostokątnych ma długość \(16\).
Krok 2. Obliczenie długości drugiej przyprostokątnej.
Nie wiemy jeszcze jednak, czy obliczona przed chwilą przyprostokątna jest tą dłuższą. Aby to ustalić, musimy obliczyć długość drugiej przyprostokątnej. Pomoże nam w tym Twierdzenie Pitagorasa:
$$16^2+b^2=34^2$$
$$256+b^2=1156$$
$$b^2=1156$$
$$b^2=900$$
$$b=30 \quad\lor\quad b=-30$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(b=30\), co jak się okazuje, jest dłuższą przyprostokątną trójkąta.
Zadanie nr 18 · Próbny 2022
Wartość wyrażenia \((1-cos20°)\cdot(1+cos20°)-sin^2 20°\) jest równa:
A\((-1)\)
B\(0\)
C\(1\)
D\(20\)
Korzystając ze wzoru skróconego mnożenia \((a-b)(a+b)=a^2-b^2\), wyrażenie \((1-cos20°)\cdot(1+cos20°)\) możemy rozpisać jako \(1^2-cos^2 20°\). To oznacza, że całe wyrażenie podane w treści zadania przyjmie postać:
$$(1-cos20°)\cdot(1+cos20°)-sin^2 20°=$$
$$=1-cos^2 20°-sin^2 20°$$
Teraz możemy skorzystać z jedynki trygonometrycznej, czyli z zależności \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\). Wynika z niej, że \(1\) możemy rozpisać jako np. \(sin^2 20°+cos^2 20°\), a skoro tak, to podstawiając to do naszego wyrażenia, otrzymamy:
$$(sin^2 20°+cos^2 20°)-cos^2 20°-sin^2 20°=0$$
Zadanie nr 21 · Próbny 2022
Dany jest trójkąt \(ABC\) o bokach długości \(6\), \(7\) oraz \(8\). Oblicz cosinus największego kąta tego trójkąta.
Kąt o największej mierze będą tworzyć dwa najkrótsze boki, które możemy oznaczyć jako \(a=6\) oraz \(b=7\). Najdłuższy bok będzie leżał naprzeciwko tego kąta, czyli \(c=8\). Mając te dane, możemy teraz skorzystać z twierdzenia cosinusów, zatem:
$$8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cdot cos\gamma$$
$$64=36+49-84cos\gamma$$
$$64=85-84cos\gamma$$
$$-21=-84cos\gamma$$
$$cos\gamma=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2022
Kąt \(\alpha\) jest ostry i \(sin\alpha=\frac{2}{3}\). Wtedy \(cos^2(90°-\alpha)\) jest równy:
A\(\frac{1}{9}\)
B\(\frac{2}{9}\)
C\(\frac{4}{9}\)
D\(\frac{5}{9}\)
Ze wzorów redukcyjnych zapisanych w tablicach wiemy, że \(cos(90°-\alpha)=sin\alpha\). To prowadzi nas do wniosku, że wyrażenie z treści zadania, czyli \(cos^2(90°-\alpha)\) to po prostu \(sin^2\alpha\).
Skoro wartość \(sin\alpha=\frac{2}{3}\), to \(sin^2\alpha=\left(\frac{2}{3}\right)^2=\frac{4}{9}\).
Zadanie nr 16 · Matura 2022
Liczba \(cos12°\cdot sin78°+sin12°\cdot cos 78°\) jest równa:
A\(\frac{1}{2}\)
B\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)
C\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
D\(1\)
W tym zadaniu musimy zauważyć, że przykładowo \(cos12°=sin78°\), a \(sin12°=cos78°\) (wynika to wprost ze wzorów redukcyjnych). Skoro tak, to cały zapis możemy przekształcić do postaci:
$$sin78°\cdot sin78°+cos 78°\cdot cos 78°=(sin78°)^2+(cos78°)^2$$
Teraz z pomocą przyjdzie nam tak zwana jedynka trygonometryczna. Skoro \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\), to analogicznie \((sin78°)^2+(cos78°)^2=1\).
Zadanie nr 32 · Matura 2022
Kąt \(\alpha\) jest ostry i \(tg\alpha=2\). Oblicz wartość wyrażenia \(sin^2\alpha\).
Krok 1. Obliczenie długości przeciwprostokątnej.
Z treści zadania wynika, że \(tg\alpha=2\). Tangens odpowiada za stosunek długości przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym, a skoro tak, to pierwsza przyprostokątna (leżąca naprzeciwko kąta \(\alpha\)) ma długość \(2x\), a druga przyprostokątna ma długość \(x\). Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że przeciwprostokątna ma długość:
$$(2x)^2+x^2=c^2$$
$$4x^2+x^2=c^2$$
$$5x^2=c^2$$
$$c=\sqrt{5x^2} \quad\lor\quad c=-\sqrt{5x^2}$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo długość boku musi być dodatnia, zatem zostaje nam \(c=\sqrt{5x^2}\).
Krok 2. Obliczenie wartości \(sin^2\alpha\).
Sinus odpowiada za stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta \(\alpha\) (która ma u nas długość \(2x\)), względem przeciwprostokątnej (która ma długość \(c=\sqrt{5x^2}\). Skoro tak, to:
$$sin\alpha=\frac{2x}{\sqrt{5x^2}}$$
Nas interesuje \(sin^2\alpha\), zatem całość musimy podnieść do kwadratu, co znacząco uprości cały zapis:
$$sin^2\alpha=\left(\frac{2x}{\sqrt{5x^2}}\right)^2$$
$$sin^2\alpha=\frac{(2x)^2}{(\sqrt{5x^2})^2}$$
$$sin^2\alpha=\frac{4x^2}{5x^2}$$
$$sin^2\alpha=\frac{4}{5}$$
Zadanie nr 1 · Matura 2021
Różnica $\cos^{2}165^\circ-\sin^{2}165^\circ$ jest równa
Kąt \(\alpha\) jest ostry i \(sin\alpha=\frac{7}{25}\). Wynika stąd, że:
A\(cos\alpha=\frac{576}{625}\)
B\(cos\alpha=\frac{24}{25}\)
C\(cos\alpha=-\sqrt{\frac{24}{25}}\)
D\(cos\alpha=\frac{18}{25}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{7}{25}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{49}{625}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{576}{625}$$
$$cosα=\frac{24}{25} \quad\lor\quad cosα=-\frac{24}{25}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo kąt \(α\) jest kątem ostrym, zatem zostaje nam \(cosα=\frac{24}{25}\).
Zadanie nr 19 · Próbny 2021
Kąt \(\alpha\) jest ostry oraz \(sin\alpha=\frac{4}{5}\). Wtedy:
A\(cos\alpha=\frac{1}{5}\)
B\(cos\alpha=-\frac{1}{5}\)
C\(cos\alpha=-\frac{3}{5}\)
D\(cos\alpha=\frac{3}{5}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{4}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{16}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{9}{25}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{9}{25}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{9}{25}}$$
$$cosα=\frac{3}{5} \quad\lor\quad cosα=-\frac{3}{5}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo dla kątów ostrych cosinus przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(cosα=\frac{3}{5}\).
Zadanie nr 32 · Próbny 2021
Kąt \(\alpha\) jest ostry i \(sin\alpha+cos\alpha=\frac{7}{5}\). Oblicz wartość wyrażenia \(2sinα cosα\).
Do zadania możemy podejść standardowo i korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy wyznaczyć wartości sinusa i cosinusa. Ale istnieje znacznie sprytniejszy sposób na poznanie wartości wyrażenia \(2sinα cosα\). Taki zapis powinien nam się kojarzyć ze wzorami skróconego mnożenia i to będzie właśnie klucz do rozwiązania zadania.
Jeżeli podniesiemy obie strony równania \(sin\alpha+cos\alpha=\frac{7}{5}\) do kwadratu, to otrzymamy:
$$(sinα+cosα)^2=\left(\frac{7}{5}\right)^2$$
Korzystając po lewej stronie ze wzoru skróconego mnożenia \((a+b)^2=a^2+2ab+b^2\), otrzymamy:
$$sin^2α+2sinα\cdot cosα+cos^2α=\frac{49}{25}$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), zatem:
$$sin^2α+cos^2α+2sinα\cdot cosα=\frac{49}{25}$$
$$1+2sinα\cdot cosα=1\frac{24}{25}$$
$$2sinα\cdot cosα=\frac{24}{25}$$
Zadanie nr 5 · Próbny 2021
Jeśli \(sin\alpha=\frac{3}{4}\), a kąt \(\alpha\) jest ostry, to wartość wyrażenia \(\frac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}\) jest równa:
A\(1\)
B\(\frac{9}{25}\)
C\(\frac{3}{\sqrt{7}}\)
D\(\frac{9}{7}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\) możemy zapisać, że:
$$cos^2\alpha=1-sin^2\alpha$$
W związku z tym:
$$\frac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\frac{sin^2\alpha}{1-sin^2\alpha}$$
Widzimy, że potrzebujemy znać wartość \(sin^2\alpha\), a z treści zadania wiemy, że \(sin\alpha=\frac{3}{4}\). Podnieśmy zatem tę wartość do kwadratu, otrzymując:
$$sin^2\alpha=\left(\frac{3}{4}\right)^2$$
$$sin^2\alpha=\frac{9}{16}$$
Podstawiając teraz tę wartość do naszego wyrażenia, otrzymamy:
$$\frac{sin^2\alpha}{1-sin^2\alpha}=\frac{\frac{9}{16}}{1-\frac{9}{16}}=\frac{\frac{9}{16}}{\frac{7}{16}}=\frac{9}{16}\cdot\frac{16}{7}=\frac{9}{7}$$
Zadanie nr 20 · Próbny 2021
Wartość wyrażenia \((tg\alpha-tg^2\alpha)\cdot cos\alpha\) dla kąta ostrego \(\alpha\), dla którego \(sin\alpha=\frac{3}{5}\), wynosi:
A\(\frac{16}{25}\)
B\(\frac{3}{10}\)
C\(\frac{3}{20}\)
D\(\frac{1}{10}\)
Krok 1. Obliczenie wartości \(cosα\).
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\) w związku z tym podstawiając wartość sinusa otrzymamy:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{3}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{9}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{16}{25}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{16}{25}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{16}{25}}$$
$$cosα=\frac{4}{5} \quad\lor\quad cosα=-\frac{4}{5}$$
Wartość ujemną cosinusa odrzucamy, bo dla kątów ostrych cosinus przyjmuje wartości dodatnie. Zostaje nam więc \(cosα=\frac{4}{5}\).
Krok 2. Obliczenie wartości \(tgα\).
Znamy wartość sinusa oraz cosinusa, zatem możemy bez problemu obliczyć tangensa:
$$tgα=\frac{sinα}{cosα}$$
$$tgα=\frac{\frac{3}{5}}{\frac{4}{5}}$$
$$tgα=\frac{3}{5}:\frac{4}{5}$$
$$tgα=\frac{3}{5}\cdot\frac{5}{4}$$
$$tgα=\frac{3}{4}$$
Krok 3. Obliczenie wartości wyrażenia.
Na koniec musimy podstawić obliczone wartości do wyrażenia z treści zadania, otrzymując:
$$\left(\frac{3}{4}-\left(\frac{3}{4}\right)^2\right)\cdot\frac{4}{5}=$$
$$=\left(\frac{3}{4}-\frac{9}{16}\right)\cdot\frac{4}{5}=$$
$$=\left(\frac{12}{16}-\frac{9}{16}\right)\cdot\frac{4}{5}=$$
$$=\frac{3}{16}\cdot\frac{4}{5}=\frac{3}{20}$$
Zadanie nr 24 · Próbny 2021
Przekątna graniastosłupa prawidłowego czworokątnego o długości \(d\) jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem a takim, że \(sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}\). Objętość tego graniastosłupa wyraża się wzorem:
A\(\frac{\sqrt{2}}{2}d^3\)
B\(\frac{\sqrt{2}}{4}d^3\)
C\(\frac{\sqrt{2}}{8}d^3\)
D\(\frac{\sqrt{2}}{10}d^3\)
Krok 1. Obliczenie miary kąta \(\alpha\).
Z tabelki trygonometrycznej musimy odczytać jaką miarę przyjmuje kąt dla sinusa równego \(\frac{\sqrt{2}}{2}\). Spoglądając do tak zwanej małej tabelki widzimy, że będzie to miara \(45°\).
Krok 2. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Nasz graniastosłup jest prawidłowy czworokątny, czyli w podstawie będzie miał on kwadrat. Sytuacja z treści zadania będzie więc wyglądać następująco:
Zwróć uwagę, że powstał nam trójkąt równoramienny, w którym wysokość \(H\) będzie miała taką samą długość jak przekątna podstawy \(b\). Z własności kwadratów wiemy, że \(b=a\sqrt{2}\), zatem \(H=a\sqrt{2}\). Dodatkowo przekątna graniastosłupa \(d\) będzie \(\sqrt{2}\) razy większa od przekątnej podstawy \(b\), czyli \(d=a\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2a\).
Krok 3. Zapisanie objętości graniastosłupa.
Wzór na objętość graniastosłupa to w tym przypadku:
$$V=a^2\cdot H$$
$$V=a^2\cdot a\sqrt{2}$$
$$V=a^3\cdot\sqrt{2}$$
Chcąc dopasować się do odpowiedzi, musimy jeszcze nasz wynik przekształcić. Wiedząc, że \(d=2a\), czyli że \(a=\frac{1}{2}\), otrzymamy:
$$V=\left(\frac{1}{2}d\right)^3\cdot\sqrt{2}$$
$$V=\frac{1}{8}d^3\cdot\sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{8}d^3$$
Zadanie nr 15 · Matura 2021
Kąt o mierze \(\alpha\) jest ostry i \(tg\alpha=\sqrt{5}\). Wtedy:
A\(cos^2\alpha=\frac{1}{6}\)
B\(cos^2\alpha=\frac{1}{5}\)
C\(cos^2\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\)
D\(cos^2\alpha=\frac{5}{6}\)
Krok 1. Rozpisanie tangensa jako ilorazu sinusa i cosinusa.
Z zależności między funkcjami trygonometrycznymi wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\). Korzystając z tej własności możemy zapisać, że:
$$tgα=\sqrt{5}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\sqrt{5}$$
Mnożąc obie strony przez \(cosα\), otrzymamy:
$$sinα=\sqrt{5}cosα$$
Krok 2. Obliczenie wartości \(cos^2\alpha\).
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\). Wiemy też, że \(sinα=\sqrt{5}cosα\). W związku z tym:
$$\left(\sqrt{5}cosα\right)^2+cos^2α=1$$
$$5cos^2α+cos^2α=1$$
$$6cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{1}{6}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2021
Dla każdego kąta ostrego \(\alpha\) iloczyn \(\frac{cos\alpha}{1-sin^2\alpha}\cdot\frac{1-cos^2\alpha}{sin\alpha}\) jest równy:
A\(sin\alpha\)
B\(tg\alpha\)
C\(cos\alpha\)
D\(sin^2\alpha\)
W tym zadaniu musimy skorzystać z jedynki trygonometrycznej, czyli \(sin^2\alpha+cos^2\alpha=1\). Przekształcając tę jedynkę możemy zapisać, że \(1-sin^2\alpha=cos^2\alpha\) oraz że \(1-cos^2\alpha=sin^2\alpha\).
Podstawiając powyższe przekształcenia do całego działania otrzymamy:
$$\frac{cos\alpha}{1-sin^2\alpha}\cdot\frac{1-cos^2\alpha}{sin\alpha}=$$
$$=\frac{cos\alpha}{cos^2\alpha}\cdot\frac{sin^2\alpha}{sin\alpha}=\frac{1}{cos\alpha}\cdot\frac{sin\alpha}{1}=\frac{sin\alpha}{cos\alpha}=tg\alpha$$
Zadanie nr 18 · Matura 2021
Przyprostokątna \(AC\) trójkąta prostokątnego \(ABC\) ma długość \(8\) oraz \(tg\alpha=\frac{2}{5}\) (zobacz rysunek).
Pole tego trójkąta jest równe:
A\(12\)
B\(\frac{37}{3}\)
C\(\frac{62}{5}\)
D\(\frac{64}{5}\)
Krok 1. Obliczenie wysokości trójkąta.
Tangens opisuje stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciwko kąta \(\alpha\) względem przyprostokątnej leżącej przy tym kącie. Skoro tak, to możemy zapisać, że:
$$tg\alpha=\frac{|BC|}{|CA|}$$
Podstawiając dane z treści zadania otrzymamy:
$$\frac{2}{5}=\frac{|BC|}{8}$$
$$|BC|=\frac{16}{5}$$
Odcinek |BC| jest jednocześnie wysokością naszego trójkąta, zatem \(h=\frac{16}{5}\).
Krok 2. Obliczenie pola powierzchni trójkąta.
Korzystając ze standardowego wzoru na pole trójkąta, możemy zapisać, że:
$$P=\frac{1}{2}ah$$
$$P=\frac{1}{2}\cdot8\cdot\frac{16}{5}$$
$$P=\frac{64}{5}$$
Zadanie nr 17 · Matura 2020
Kąt \(\alpha\) jest ostry oraz \(sin\alpha=\frac{2\sqrt{5}}{5}\). Wtedy:
A\(cos\alpha=\frac{5}{2\sqrt{5}}\)
B\(cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\)
C\(cos\alpha=\frac{1}{5}\)
D\(cos\alpha=\frac{4}{5}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2\sqrt{5}}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4\cdot5}{25}+cos^2α=1$$
$$\frac{20}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{1}{5}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{1}{5}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{1}{5}}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo kąt \(α\) jest kątem ostrym, zatem zostaje nam \(cosα=\sqrt{\frac{1}{5}}\). Musimy się jeszcze dopasować do proponowanych odpowiedzi, usuwając po drodze niewymierność z mianownika:
$$cosα=\sqrt{\frac{1}{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{1\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}$$
Zadanie nr 32 · Matura 2020
Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym podstawa AB ma długość 12, a każde z ramion AC i BC ma długość równą 10. Punkt D jest środkiem ramienia BC (zobacz rysunek).
Oblicz sinus kąta \(\alpha\), jaki środkowa AD tworzy z ramieniem AC trójkąta ABC.
Krok 1. Obliczenie wysokości trójkąta \(ABC\).
Z własności trójkątów równoramiennych wiemy, że ich wysokość przecina podstawę w połowie jej długości, zatem mamy taką oto sytuację:
Powstał nam trójkąt prostokątny, w którym jedyną niewiadomą jest wysokość naszego trójkąta \(ABC\), zatem:
$$6^2+H^2=10^2$$
$$36+H^2=100$$
$$H^2=64$$
$$H=8 \quad\lor\quad H=-8$$
Ujemną długość oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(H=8\).
Krok 2. Obliczenie pola trójkąta \(ABC\).
Skoro podstawa trójkąta ma długość \(a=12\), a wysokość to \(H=8\), to pole tego trójkąta jest równe:
$$P=\frac{1}{2}\cdot12\cdot8$$
$$P=6\cdot8$$
$$P=48$$
Krok 3. Obliczenie wysokości trójkąta, która pada na ramię trójkąta.
Spróbujmy teraz obliczyć długość wysokości trójkąta, która pada nie na podstawę, tylko na ramię. Pole powierzchni jest już nam znane, wiemy że \(P=48\). W tym przypadku podstawa będzie miała długość ramienia, czyli \(a=10\), zatem:
$$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h$$
$$48=\frac{1}{2}\cdot10\cdot h$$
$$48=5\cdot h$$
$$h=9,6$$
Krok 4. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Mamy w tym momencie taką oto sytuację:
Krok 5. Obliczenie długości odcinka \(EB\).
Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$|EB|^2+9,6^2=12^2$$
$$|EB|^2+92,16=144$$
$$|EB|^2=51,84$$
$$|EB|=7,2 \quad\lor\quad |EB|=-7,2$$
Długość odcinka nie może być ujemna, więc zostaje nam \(|EB|=7,2\).
Krok 6. Obliczenie długości odcinka \(ED\).
Długość odcinka \(ED\) jest różnicą między długością odcinka \(EB\) oraz \(DB\), zatem:
$$|ED|=7,2-5$$
$$|ED|=2,2$$
Krok 7. Obliczenie długości odcinka \(AD\).
Ponownie skorzystamy z Twierdzenia Pitagorasa, tym razem w trójkącie \(AED\):
$$9,6^2+2,2^2=|AD|^2$$
$$92,16+4,84=|AD|^2$$
$$|AD|^2=97$$
$$|AD|=\sqrt{97} \quad\lor\quad |AD|=-\sqrt{97}$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|AD|=\sqrt{97}\).
Krok 8. Obliczenie wartości \(sin\alpha\).
Spoglądamy teraz na trójkąt \(ADC\). Jego pole powierzchni jest równe:
$$P=\frac{1}{2}\cdot5\cdot9,6$$
$$P=24$$
Wiedząc jakie jest pole tego trójkąta oraz znając długości odcinków \(AC\) oraz \(AD\), możemy teraz obliczyć poszukiwaną wartość \(sin\alpha\). W tym celu musimy skorzystać z tak zwanego wzoru na pole powierzchni trójkąta "z sinusem":
$$P=\frac{1}{2}ab\cdot sin\alpha$$
$$24=\frac{1}{2}\cdot10\cdot\sqrt{97}\cdot sin\alpha$$
$$24=5\sqrt{97}\cdot sin\alpha$$
$$sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}=\frac{24\cdot\sqrt{97}}{5\sqrt{97}\cdot\sqrt{97}}=\frac{24\sqrt{97}}{5\cdot97}=\frac{24\sqrt{97}}{485}$$
Zadanie nr 13 · Próbny 2020
Kąt \(α\) jest ostry i spełniona jest równość \(\sinα=\frac{2\sqrt{6}}{7}\). Stąd wynika, że:
A\(\cosα=\frac{24}{49}\)
B\(\cosα=\frac{5}{7}\)
C\(\cosα=\frac{25}{49}\)
D\(\cosα=\frac{5\sqrt{6}}{7}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2\sqrt{6}}{7}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4\cdot6}{49}+cos^2α=1$$
$$\frac{24}{49}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{25}{49}$$
$$cosα=\frac{5}{7} \quad\lor\quad cosα=-\frac{5}{7}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo kąt \(α\) jest kątem ostrym, zatem zostaje nam \(cosα=\frac{5}{7}\).
Zadanie nr 14 · Próbny 2020
W pewnym trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest trzy razy dłuższa od jednej z przyprostokątnych. Wartość cosinusa mniejszego kąta ostrego tego trójkąta jest równa:
A\(\frac{1}{3}\)
B\(\frac{2\sqrt{2}}{3}\)
C\(\frac{1}{2\sqrt{2}}\)
D\(\frac{3}{2\sqrt{2}}\)
Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń i obliczenie długości drugiej przyprostokątnej.
Skoro przeciwprostokątna jest trzy razy dłuższa od przyprostokątnej, to jedna przyprostokątna będzie mieć długość \(x\), a przeciwprostokątna będzie mieć długość \(3x\).
Aby za chwilę poprawnie umiejscowić nasz najmniejszy kąt ostry, to obliczmy jeszcze długość drugiej przyprostokątnej (która zresztą zaraz się przyda do wyznaczania wartości cosinusa). W tym celu skorzystamy oczywiście z Twierdzenia Pitagorasa, zatem:
$$x^2+b^2=(3x)^2$$
$$x^2+b^2=9x^2$$
$$b^2=8x^2$$
$$b=\sqrt{8}x \quad\lor\quad b=-\sqrt{8}x$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(b=\sqrt{8}x\), co możemy jeszcze rozpisać jako $$b=\sqrt{4\cdot2}x=2\sqrt{2}x$$
Krok 2. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Korzystając z informacji zawartych w pierwszym kroku, sytuacja z treści zadania będzie więc wyglądać następująco:
Szukamy wartości cosinusa mniejszego kąta ostrego i zwróć uwagę na to, że ten kąt musi znajdować się przy dłuższej przyprostokątnej.
Krok 3. Obliczenie wartości cosinusa mniejszego kąta ostrego.
Cosinus to stosunek długości przyprostokątnej znajdującej się przy interesującym nas kącie względem przeciwprostokątnej, zatem:
$$cosα=\frac{2\sqrt{2}x}{3x}$$
$$cosα=\frac{2\sqrt{2}}{3}$$
Zadanie nr 34 · Próbny 2020
W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym o podstawach \(ABCD\) i \(A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}\) (jak na rysunku) krawędź boczna jest trzy razy dłuższa od krawędzi podstawy. Z wierzchołka \(B\) poprowadzono odcinek \(BE\), którego koniec \(E\) jest środkiem krawędzi \(A_{1}D_{1}\). Długość \(BE\) jest równa \(4\sqrt{41}\). Oblicz objętość graniastosłupa i wyznacz sinus kąta nachylenia odcinka \(BE\) do płaszczyzny podstawy graniastosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Jeżeli wysokość graniastosłupa jest \(3\) razy większa od krawędzi podstawy, to całość po zaznaczeniu wszystkich informacji z treści zadania będzie wyglądać mniej więcej w ten sposób:
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(FB\).
Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(ABF\), który znalazł się w podstawie naszej bryły. Dolna przyprostokątna tego trójkąta ma długość \(a\), boczna przyprostokątna ma długość \(\frac{1}{2}a\), zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$a^2+\left(\frac{1}{2}a\right)^2=|FB|^2$$
$$a^2+\frac{1}{4}a^2=|FB|^2$$
$$|FB|^2=\frac{5}{4}a^2$$
$$|FB|=\sqrt{\frac{5}{4}a^2} \quad\lor\quad |FB|=-\sqrt{\frac{5}{4}a^2}$$
Ujemny wynik odrzucamy, bo długość odcinka \(BF\) jest na pewno dodatnia, zatem zostaje nam \(|FB|=\sqrt{\frac{5}{4}a^2}\). Teoretycznie moglibyśmy uprościć jeszcze ten zapis (otrzymując ostateczną postać \(|FB|=\frac{a\sqrt{5}}{2})\), ale nie ma takiej potrzeby, bo za chwilę będziemy i tak podnosić tę wartość do kwadratu.
Krok 3. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
Spójrzmy teraz na trójkąt prostokątny \(FBE\). Wyliczyliśmy przed chwilą, że \(|FB|=\sqrt{\frac{5}{4}a^2}\). Wiemy, że \(|FE|=3a\). Dodatkowo znamy też miarę przeciwprostokątnej, bowiem \(|BE|=4\sqrt{41}\). Korzystając więc z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$\left(\sqrt{\frac{5}{4}a^2}\right)^2+(3a)^2=(4\sqrt{41})^2$$
$$\frac{5}{4}a^2+9a^2=16\cdot41$$
$$\frac{41}{4}a^2=656$$
$$41a^2=2624$$
$$a^2=64$$
$$a=8 \quad\lor\quad a=-8$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(a=8\).
Krok 4. Obliczenie objętości graniastosłupa.
Wiemy już, że w podstawie graniastosłupa jest kwadrat o boku \(a=8\). Wiemy też, ze wysokość jest równa \(3a\), zatem \(H=3\cdot8=24\). Możemy wiec bez przeszkód obliczyć objętość naszego graniastosłupa:
$$V=P_{p}\cdot H$$
$$V=8\cdot8\cdot24$$
$$V=1536$$
Krok 5. Obliczenie sinusa kąta \(α\).
Na koniec musimy jeszcze poprawnie obliczyć wartość sinusa naszego kąta \(α\). W tym celu spoglądamy na trójkąt prostokątny \(FBE\). Sinus to długość przyprostokątnej leżącej naprzeciwko kąta (czyli u nas \(FE\), która jest wysokością graniastosłupa) względem przeciwprostokątnej (czyli u nas \(BE\)). Możemy zatem zapisać, że:
$$sinα=\frac{|FE|}{|BE|}$$
$$sinα=\frac{24}{4\sqrt{41}}$$
$$sinα=\frac{6}{\sqrt{41}}$$
$$sinα=\frac{6\cdot\sqrt{41}}{\sqrt{41}\cdot\sqrt{41}}$$
$$sinα=\frac{6\sqrt{41}}{41}$$
Zadanie nr 14 · Próbny 2020
Jeżeli sinus kąta ostrego \(\alpha\) wynosi \(\frac{2\sqrt{3}}{5}\), to wartość tangensa kąta ostrego \(\alpha\) jest równa:
A\(\frac{2\sqrt{39}}{13}\)
B\(\frac{\sqrt{13}}{5}\)
C\(\frac{\sqrt{39}}{6}\)
D\(\frac{5\sqrt{13}}{13}\)
Krok 1. Obliczenie wartości cosinusa.
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2\sqrt{3}}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4\cdot3}{25}+cos^2α=1$$
$$\frac{12}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{13}{25}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{13}{25}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{13}{25}}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo cosinus dla kątów ostrych przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(cosα=\sqrt{\frac{13}{25}}\), co możemy jeszcze zapisać jako \(cosα=\frac{\sqrt{13}}{5}\) .
Krok 2. Obliczenie wartości tangensa.
Wiedząc, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy zapisać, że:
$$tgα=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{5}}{\frac{\sqrt{13}}{5}}$$
$$tgα=\frac{2\sqrt{3}}{5}:\frac{\sqrt{13}}{5}$$
$$tgα=\frac{2\sqrt{3}}{5}\cdot\frac{5}{\sqrt{13}}$$
$$tgα=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{13}}$$
$$tgα=\frac{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{13}}{\sqrt{13}\cdot\sqrt{13}}$$
$$tgα=\frac{2\sqrt{39}}{13}$$
Zadanie nr 28 · Próbny 2020
Wartość wyrażenia \(\dfrac{tg30°\cdot tg60°-4sin^2 60°}{cos^2 40°+cos^2 50°}\) sprowadź do najprostszej postaci.
Krok 1. Wypisanie kluczowych wartości z tablic trygonometrycznych.
Zanim zaczniemy obliczenia, to przyjrzyjmy się całemu przykładowi i omówmy sobie strategię rozwiązywania.
Spójrzmy na licznik naszego wyrażenia. Wszystkie wartości możemy odczytać z tak zwanej "małej tabelki" trygonometrycznej, co pozwoli nam za chwilę wykonywać dokładne i precyzyjne obliczenia. Wypiszmy sobie zatem potrzebne dane:
$$tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
$$tg60°=\sqrt{3}$$
$$sin60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$$
Teraz spójrzmy na mianownik. Korzystając ze wzorów redukcyjnych możemy zauważyć, że:
$$cos40°=sin(90°-50°)=sin50°$$
Skoro tak, to analogicznie \(cos^2 40°\) będzie równe \(sin^2 50°\). To oznacza, że w mianowniku pojawi nam się działanie \(sin^2 50°+cos^2 50°\), czyli tzw. "jedynka trygonometryczna".
Krok 2. Obliczenie wartości wyrażenia.
Korzystając z danych zapisanych w pierwszym kroku możemy zapisać, że:
$$\frac{tg30°\cdot tg60°-4sin^2 60°}{cos^2 40°+cos^2 50°}=$$
$$=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}-4\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}{sin^2 50°+cos^2 50°}=$$
$$=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \sqrt{3}-4\cdot\frac{3}{4}}{1}=$$
$$=\frac{3}{3}-3=1-3=-2$$
Zadanie nr 19 · Matura 2020
Dany jest trójkąt prostokątny o kątach ostrych \(α\) i \(\beta\) (zobacz rysunek).
Wyrażenie \(2cosα-sin\beta\) jest równe:
A\(2sin\beta\)
B\(cosα\)
C\(0\)
D\(2\)
Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń do treści zadania.
Podpiszmy poszczególne boki trójkąta jako \(a\), \(b\) oraz \(c\):
Krok 2. Rozpisanie wartości wyrażenia.
Zgodnie z oznaczeniami na naszym rysunku \(cosα=\frac{a}{c}\) natomiast \(sin\beta=\frac{a}{c}\). Otrzymujemy więc następujące równanie:
$$2cosα-sin\beta=2\cdot\frac{a}{c}-\frac{a}{c}=\frac{a}{c}$$
Zapisaliśmy sobie wcześniej, że \(\frac{a}{c}\) jest równe \(cosα\), zatem całe wyrażenie jest równe właśnie \(cosα\).
Zadanie nr 31 · Matura 2020
Kąt \(α\) jest ostry i spełnia warunek \(\frac{2sinα+3cosα}{cosα}=4\). Oblicz tangens kąta \(α\).
Aby rozwiązać to zadanie, musimy na samym początku pomnożyć całość przez \(cosα\):
$$\frac{2sinα+3cosα}{cosα}=4 \quad\bigg/\cdot cosα$$
$$2sinα+3cosα=4cosα$$
$$2sinα=cosα \quad\bigg/: cosα$$
$$\frac{2sinα}{cosα}=1$$
Z własności tangesa wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\), zatem wartość \(\frac{2sinα}{cosα}\) jest równa po prostu \(2tgα\). Skoro tak, to:
$$2tgα=1$$
$$tgα=\frac{1}{2}$$
Zadanie nr 31 · Matura 2020
Prosta \(k\) jest nachylona do osi \(Ox\) pod kątem ostrym \(\alpha\), takim, że \(cos\alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}\). Wyznacz współczynnik kierunkowy prostej \(k\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Sytuacja z treści zadania wygląda następująca:
Kluczem do sukcesu jest pamiętanie o tym, że w tej konkretnej sytuacji (gdy jedno ramię kąta pokrywa się z osią \(OX\), a wierzchołek jest w punkcie będącym początkiem układu współrzędnych), możemy skorzystać ze wzorów na sinusa, cosinusa oraz tangensa w układzie współrzędnych (które znajdują się w tablicach). Nas interesuje cosinus, zatem interesuje nas wzór \(cos=\frac{x}{r}\), gdzie \(x\) jest współrzędną \(x\) dowolnego punktu na górnym ramieniu kąta, a \(r\) to odległość od wierzchołka do tego punktu (patrz rysunek).
Możemy więc wywnioskować, że skoro \(cos\alpha=\frac{\sqrt{3}}{3}\), to \(x=\sqrt{3}\) oraz \(r=3\).
Krok 2. Obliczenie współrzędnej \(y\) punktu \(P\).
Aby obliczyć współczynnik kierunkowy prostej \(k\), musimy jeszcze poznać współrzędną \(y\) punktu \(P\). W tym celu możemy skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa:
Krok 3. Wyznaczenie współczynnika kierunkowego \(a\).
Do wyznaczenia współczynnika kierunkowego \(a\) potrzebujemy współrzędnych dwóch punktów, które należą do danej prostej. U nas takimi punktami będą wierzchołek znajdujący się w punkcie \(A=(0;0)\) oraz obliczony punkt \(P=(\sqrt{3};\sqrt{6})\). W związku z tym:
$$a=\frac{y_{B}-y_{A}}{x_{B}-x_{A}}$$
$$a=\frac{\sqrt{6}-0}{\sqrt{3}-0}$$
$$a=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{3}}$$
$$a=\sqrt{2}$$
Zadanie nr 34 · Matura 2020
W ostrosłupie prawidłowym sześciokątnym \(ABCDEFS\), którego krawędź podstawy \(a\) ma długość \(8\) (zobacz rysunek), ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(\alpha=60°\). Oblicz cosinus kąta między krawędzią boczną a płaszczyzną podstawy tego ostrosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Zaznaczmy znany nam kąt o mierze \(60°\) oraz kąt, którego cosinus musimy policzyć:
Z własności sześciokątów wiemy, że przekątne dzielą nam taki sześciokąt na sześć jednakowych trójkątów równobocznych, a każdy z nich ma bok o długości \(a=8\).
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(x\).
Na naszym rysunku odcinek \(x\) jest wysokością trójkąta równobocznego, której potrzebujemy do dalszych obliczeń. Korzystając ze wzoru na wysokość trójkątów równobocznych możemy zapisać, że:
$$h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$h=\frac{8\sqrt{3}}{2}$$
$$h=4\sqrt{3}$$
Krok 3. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Spójrzmy na niebieski trójkąt prostokątny. Znamy długość dolnej przyprostokątnej oraz kąt przy niej leżący. Korzystając z tangensa możemy zatem zapisać, że:
$$tg60°=\frac{H}{4\sqrt{3}}$$
$$\sqrt{3}=\frac{H}{4\sqrt{3}}$$
$$H=\sqrt{3}\cdot4\sqrt{3}$$
$$H=4\cdot3$$
$$H=12$$
Krok 4. Obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa.
Tym razem spoglądamy na zielony trójkąt prostokątny. Znamy długości dwóch przyprostokątnych tego trójkąta, zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$8^2+12^2=c^2$$
$$64+144=c^2$$
$$c^2=208$$
$$c=\sqrt{208} \quad\lor\quad c=-\sqrt{208}$$
Ujemną długość oczywiście odrzucamy, bo długość boku nie może być ujemna. Zostaje nam zatem \(c=\sqrt{208}\), co możemy jeszcze rozpisać jako \(c=\sqrt{16\cdot13}=4\sqrt{13}\).
Krok 5. Obliczenie cosinusa kąta między krawędzią boczną a płaszczyzną podstawy.
Ponownie spoglądamy na nasz zielony trójkąt, bowiem to tu musimy wyznaczyć poszukiwany cosinus kąta między krawędzią boczną a płaszczyzną podstawy. Możemy więc zapisać, że:
$$cos\alpha=\frac{8}{4\sqrt{13}}$$
$$cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}}$$
$$cos\alpha=\frac{2\cdot\sqrt{13}}{\sqrt{13}\cdot\sqrt{13}}$$
$$cos\alpha=\frac{2\sqrt{13}}{13}$$
Zadanie nr 2 · Matura 2019
Liczba $\cos^{2}105^\circ-\sin^{2}105^\circ$ jest równa
Cosinus kąta ostrego \(α\) jest równy \(\frac{12}{13}\). Wtedy:
A\(sinα=\frac{13}{12}\)
B\(sinα=\frac{1}{13}\)
C\(sinα=\frac{5}{13}\)
D\(sinα=\frac{25}{169}\)
W zadaniu skorzystamy z "jedynki trygonometrycznej" do której podstawimy znaną nam wartość cosinusa, dzięki czemu bez problemu wyznaczymy wartość sinusa.
$$sin^2+cos^2α=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{12}{13}\right)^2=1$$
$$sin^2α+\frac{144}{169}=1$$
$$sin^2α=\frac{25}{169}$$
$$sinα=\sqrt{\frac{25}{169}} \quad\lor\quad sinα=-\sqrt{\frac{25}{169}}$$
$$sinα=\frac{5}{13} \quad\lor\quad sinα=-\frac{5}{13}$$
Z racji tego, iż kąt \(α\) jest kątem ostrym (tak jest to zapisane w treści zadania), to ujemną wartość sinusa musimy odrzucić, bo dla kątów ostrych sinus przyjmuje jedynie wartości dodatnie. To oznacza, że \(sinα=\frac{5}{13}\).
Zadanie nr 34 · Matura 2019
Długość krawędzi bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego \(ABCDS\) jest równa \(12\) (zobacz rysunek). Krawędź boczna tworzy z wysokością tego ostrosłupa kąt \(α\) taki, że \(tgα=\frac{2}{\sqrt{5}}\). Oblicz objętość tego ostrosłupa.
Krok 1. Omówienie sytuacji z treści zadania.
Na początek warto zwrócić uwagę na to, że nasz ostrosłup jest prawidłowy, czyli w podstawie ma figurę foremną. Skoro jest to ostrosłup prawidłowy czworokątny, to w tym konkretnym przypadku będziemy mieć w podstawie kwadrat.
Spójrzmy teraz na trójkąt \(AOS\). Jest to trójkąt prostokątny na który składa się połowa przekątnej kwadratu, wysokość ostrosłupa oraz krawędź boczna ostrosłupa. Naszym zadaniem będzie tak naprawdę poznanie długości jednej i drugiej przyprostokątnej tego trójkąta (poznanie dolnej przyprostokątnej doprowadzi nas do poznania długości krawędzi podstawy, no a wysokość jest sama w sobie niezbędna do obliczenia objętości).
Podaną mamy wartość tangensa kąta \(α\) i długość przeciwprostokątnej, która jest równa \(12\). Cała trudność tego zadania opiera się na tym, że tangens odpowiada przecież za stosunek długości przyprostokątnych (czyli tych boków, które szukamy) i nie jest on w żaden sposób powiązany z przeciwprostokątną. Gdybyśmy mieli podaną wartość np. cosinusa zamiast tangensa, to wtedy błyskawicznie obliczylibyśmy sobie wysokość bryły. Nic jednak nie stoi na przeszkodzie, by tangensa zamienić na cosinusa i to będzie nasz kolejny krok.
Krok 2. Wyznaczenie wartości \(cosα\).
Z własności funkcji trygonometrycznych wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\). Wiemy też z jedynki trygonometrycznej, że \(sin^2α+cos^2α=1\). W związku z tym możemy przystąpić do zamiany tangensa na cosinusa:
$$tgα=\frac{2}{\sqrt{5}}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\frac{2}{\sqrt{5}}$$
$$sinα=\frac{2}{\sqrt{5}}cosα$$
Podstawiając teraz wyznaczonego sinusa do jedynki trygonometrycznej otrzymamy:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2}{\sqrt{5}}cosα\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4}{5}cos^2α+cos^2α=1$$
$$\frac{9}{5}cos^2α=1 \quad\bigg/\cdot\frac{5}{9}$$
$$cos^2α=\frac{5}{9}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{5}}{3} \quad\lor\quad cosα=-\frac{\sqrt{5}}{3}$$
Nad otrzymanymi wynikami musimy się jeszcze pochylić, zastanawiając się nad tym, czy przypadkiem któregoś cosinusa nie trzeba odrzucić. Co prawda nie mamy wprost podane w treści zadania, że \(α\) jest kątem ostrym (gdyby tak było, to ujemne rozwiązanie trzeba odrzucić), ale wiemy że tangens był wartością dodatnią, czyli \(α\) rzeczywiście musi być kątem ostrym. Stąd też ujemnego cosinusa możemy odrzucić i zostaje nam, że \(cosα=\frac{\sqrt{5}}{3}\).
Krok 3. Obliczenie długości wysokości ostrosłupa.
Teraz sprawa z obliczeniem wysokości ostrosłupa jest już bardzo prosta, bowiem korzystając z cosinusa możemy zapisać, że:
$$cosα=\frac{H}{12}$$
$$\frac{\sqrt{5}}{3}=\frac{H}{12}$$
$$H=\frac{12\sqrt{5}}{3}$$
$$H=4\sqrt{5}$$
Krok 4. Obliczenie długości przekątnej podstawy.
W trójkącie \(AOS\) nasza dolna przyprostokątna \(AO\) ma długość równą połowie przekątnej podstawy. Wyznaczmy więc najpierw długość tej przyprostokątnej \(AO\), a potem obliczymy długość całej przekątnej \(AC\).
Do obliczenia długości \(AO\) możemy skorzystać albo z Twierdzenia Pitagorasa (bo znamy już długości dwóch boków tego trójkąta), albo nawet z podanego tangensa (bo znamy już długość jednej przyprostokątnej). Korzystając więc z tangensa otrzymamy:
$$tgα=\frac{|AO|}{H}$$
$$\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{|AO|}{4\sqrt{5}}$$
$$\frac{8\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=|AO|$$
$$|AO|=8$$
Odcinek \(AO\) jest połową przekątnej naszej podstawy, zatem cała przekątna będzie mieć długość:
$$|AC|=2\cdot8$$
$$|AC|=16$$
Krok 5. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
W podstawie bryły jest kwadrat, bo ostrosłup jest ostrosłupem prawidłowym czworokątnym. Z własności kwadratów wiemy, że kwadrat o boku \(a\) ma przekątną o długości \(a\sqrt{2}\). Skoro więc przekątna kwadratu ma długość \(16\), to:
$$a\sqrt{2}=16$$
$$a=\frac{16}{\sqrt{2}}$$
$$a=\frac{16\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}$$
$$a=\frac{16\sqrt{2}}{2}$$
$$a=8\sqrt{2}$$
Krok 6. Obliczenie pola podstawy.
W podstawie jest kwadrat o boku \(a=8\sqrt{2}\), zatem pole podstawy będzie równe:
$$P_{p}=(8\sqrt{2})^2$$
$$P_{p}=64\cdot2$$
$$P_{p}=128$$
Krok 7. Obliczenie objętości ostrosłupa.
Wiedząc już, że \(P_{p}=128\) oraz że \(H=4\sqrt{5}\) bez problemu obliczymy objętość ostrosłupa:
$$V=\frac{1}{3}P_{p}\cdot H$$
$$V=\frac{1}{3}\cdot128\cdot4\sqrt{5}$$
$$V=\frac{512\sqrt{5}}{3}$$
$$V=170\frac{2}{3}\sqrt{5}$$
Zadanie nr 9 · Próbny 2019
W trójkącie prostokątnym jedna z przyprostokątnych ma długość \(5\), a przeciwprostokątna ma długość \(13\). Sinus większego kąta ostrego tego trójkąta jest równy:
A\(\frac{12}{13}\)
B\(\frac{5}{13}\)
C\(\frac{\sqrt{5}}{13}\)
D\(\frac{5}{12}\)
Krok 1. Obliczenie długości boku drugiej przyprostokątnej.
Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy obliczyć długość drugiej przyprostokątnej tego trójkąta:
$$5^2+b^2=13^2$$
$$25+b^2=169$$
$$b^2=144$$
$$b=12 \quad\lor\quad b=-12$$
Krok 2. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Sytuacja z treści zadania (w tym kąt ostry, który nas najbardziej interesuje) będzie wyglądać następująco:
Przy okazji warto pamiętać, że w trójkącie prostokątnym zawsze będzie tak, że większy kąt ostry znajduje się przy krótszym boku.
Krok 3. Obliczenie sinusa kąta ostrego.
Sinus to stosunek długości przyprostokątnej naprzeciwko kąta względem długości przeciwprostokątnej, zatem:
$$sinα=\frac{12}{13}$$
Zadanie nr 26 · Próbny 2019
Dla kąta ostrego \(α\) dany jest \(cosα=\frac{2}{3}\). Oblicz wartość wyrażenia \(\sqrt{tg^2α+1}\).
Krok 1. Obliczenie wartości sinusa.
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\). Z treści zadania wynika, że \(cosα=\frac{2}{3}\), w związku z tym:
$$sin^2α+\left(\frac{2}{3}\right)^2=1$$
$$sin^2α+\frac{4}{9}=1$$
$$sin^2α=\frac{5}{9}$$
$$sinα=\sqrt{\frac{5}{9}} \quad\lor\quad sinα=-\sqrt{\frac{5}{9}}$$
Ujemne rozwiązanie odrzucamy, bo kąt \(α\) jest ostry, a dla kątów ostrych sinus przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(\sqrt{\frac{5}{9}}\). Możemy jeszcze ten zapis uprościć do postaci \(sinα=\frac{\sqrt{5}}{3}\).
Krok 2. Obliczenie wartości tangensa.
Wiedząc, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) i znając wartość sinusa oraz cosinusa możemy bez obliczyć, że:
$$tgα=\frac{\frac{\sqrt{5}}{3}}{\frac{2}{3}}$$
$$tgα=\frac{\sqrt{5}}{3}:\frac{2}{3}$$
$$tgα=\frac{\sqrt{5}}{3}\cdot\frac{3}{2}$$
$$tgα=\frac{\sqrt{5}}{2}$$
Krok 3. Obliczenie wartości wyrażenia.
Znając wartość tangensa możemy już bez problemu obliczyć wartość wyrażenia z treści zadania:
$$\sqrt{tg^2α+1}=\sqrt{\left(\frac{\sqrt{5}}{2}\right)^2+1}=\sqrt{\frac{5}{4}+1}=\sqrt{\frac{9}{4}}=\frac{3}{2}$$
Zadanie nr 33 · Próbny 2019
W ostrosłupie czworokątnym prawidłowym pole jednej ściany bocznej wynosi \(12\), a cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy \(\frac{1}{3}\). Oblicz objętość tego ostrosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Narysujmy wskazany ostrosłup, nanosząc na niego dane z treści zadania (w szczególności kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy). Warto tutaj od razu pamiętać, że skoro ostrosłup jest prawidłowy czworokątny, to w podstawie będziemy mieć kwadrat.
Krok 2. Zapisanie zależności między wysokością ściany bocznej i krawędzią podstawy.
Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(OES\). Dolna przyprostokątna ma długość \(\frac{1}{2}a\), natomiast przeciwprostokątna to wysokość ściany bocznej. Stosunek długości tych dwóch boków opisuje nam właśnie cosinus kąta \(α\), który jest równy \(\frac{1}{3}\). Możemy więc zapisać, że:
$$cosα=\frac{\frac{1}{2}a}{h_{b}}$$
$$\frac{1}{3}=\frac{\frac{1}{2}a}{h_{b}} \quad\bigg/\cdot h_{b}$$
$$\frac{1}{3}h_{b}=\frac{1}{2}a \quad\bigg/\cdot3$$
$$h_{b}=\frac{3}{2}a$$
Krok 3. Wyznaczenie długości krawędzi podstawy.
W ścianie bocznej mamy trójkąt o podstawie \(a\) oraz wysokości \(h_{b}\), która ja już ustaliliśmy jest równa \(\frac{3}{2}a\). Skoro pole tego trójkąta jest równe \(12\), to:
$$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h_{b}$$
$$12=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\frac{3}{2}a$$
$$12=\frac{3}{4}a^2 \quad\bigg/\cdot\frac{4}{3}$$
$$a^2=16$$
$$a=4 \quad\lor\quad a=-4$$
Długość boku nie może być ujemna, zatem zostaje nam \(a=4\).
Krok 4. Wyznaczenie długości wysokości ściany bocznej.
Wiemy już, że \(h_{b}=\frac{3}{2}\). Skoro więc \(a=4\), to:
$$h_{b}=\frac{3}{2}\cdot4$$
$$h_{b}=6$$
Krok 5. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Spójrzmy ponownie na trójkąt \(OES\). Odcinek \(AB\) ma długość \(\frac{1}{2}a\), czyli \(|AB|=2\). Wiemy też, że przeciwprostokątna tego trójkąta ma długość równą \(6\). W związku z tym korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy wyznaczyć brakującą wysokość całego ostrosłupa:
$$2^2+H^2=6^2$$
$$4+H^2=36$$
$$H^2=32$$
$$H=\sqrt{32} \quad\lor\quad H=-\sqrt{32}$$
Ujemną wartość oczywiście odrzucamy, bo wysokość musi być dodatnia. To oznacza, że \(H=\sqrt{32}\), co po wyłączeniu czynnika przed znak pierwiastka możemy jeszcze zapisać jako \(H=\sqrt{16\cdot2}=4\sqrt{2}\).
Krok 6. Obliczenie objętości ostrosłupa.
Mając długość krawędzi podstawy \(a=4\) oraz wysokość bryły \(H=4\sqrt{2}\) możemy bez przeszkód obliczyć objętość ostrosłupa:
$$V=\frac{1}{3}P_{p}\cdot H$$
$$V=\frac{1}{3}a^2\cdot H$$
$$V=\frac{1}{3}\cdot4^2\cdot4\sqrt{2}$$
$$V=\frac{1}{3}\cdot16\cdot4\sqrt{2}$$
$$V=21\frac{1}{3}\sqrt{2}$$
Zadanie nr 12 · Próbny 2019
W trójkącie przedstawionym na rysunku sinus kąta ostrego \(α\) jest równy:
A\(\frac{1}{3}\)
B\(3\)
C\(\sqrt{10}\)
D\(\frac{\sqrt{10}}{10}\)
Krok 1. Obliczenie długości przeciwprostokątnej trójkąta.
Do obliczenia sinusa potrzebujemy poznać długość przeciwprostokątnej trójkąta, a poznamy ją korzystając z Twierdzenia Pitagorasa:
$$a^2+b^2=c^2$$
$$2^2+6^2=c^2$$
$$4+36=c^2$$
$$c^2=40$$
$$c=\sqrt{40} \quad\lor\quad c=-\sqrt{40}$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo długość przeciwprostokątnej jest dodatnia. To oznacza, że \(c=\sqrt{40}\), co po wyłączeniu czynnika przed znak pierwiastka możemy jeszcze zapisać jako:
$$c=\sqrt{40}=\sqrt{4\cdot10}=2\sqrt{10}$$
Krok 2. Obliczenie wartości sinusa.
Sinus odpowiada stosunkowi długości przyprostokątnej leżącej naprzeciwko kąta do długości przeciwprostokątnej, zatem:
$$sinα=\frac{2}{2\sqrt{10}}$$
$$sinα=2:2\sqrt{10}$$
$$sinα=2\cdot\frac{1}{2\sqrt{10}}$$
$$sinα=\frac{1}{\sqrt{10}}$$
Nasz wynik jest już poprawny, ale aby dopasować się do odpowiedzi musimy jeszcze usunąć niewymierność z mianownika, mnożąc licznik i mianownik przez \(\sqrt{10}\):
$$sinα=\frac{1\cdot\sqrt{10}}{\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}}$$
$$sinα=\frac{\sqrt{10}}{10}$$
Zadanie nr 12 · Matura 2019
Kąt \(α\in(0°, 180°)\) oraz wiadomo, że \(\sinα\cdot\cosα=-\frac{3}{8}\). Wartość wyrażenia \((\cosα-\sinα)^2+2\) jest równa:
A\(\frac{15}{4}\)
B\(\frac{9}{4}\)
C\(\frac{27}{8}\)
D\(\frac{21}{8}\)
Korzystając ze wzorów skróconego mnożenia otrzymamy:
$$(\cosα-\sinα)^2+2=cos^2α-2\cdot cosα\cdot sinα+sin^2α+2$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2=1\). Dodatkowo z treści zadania wynika, że \(sinα\cdot cosα=-\frac{3}{8}\), zatem całość możemy rozpisać następująco:
$$cos^2α-2\cdot cosα\cdot sinα+sin^2α+2$$
$$sin^2α+cos^2α-2\cdot cosα\cdot sinα+2$$
$$1-2\cdot\left(-\frac{3}{8}\right)+2$$
$$1-\left(-\frac{3}{4}\right)+2$$
$$3+\frac{3}{4}=3\frac{3}{4}=\frac{15}{4}$$
Zadanie nr 13 · Matura 2019
Wartość wyrażenia \(2\sin^{2}18°+\sin^{2}72°+\cos^{2}18°\) jest równa:
A\(0\)
B\(1\)
C\(2\)
D\(4\)
W tym zadaniu musimy doprowadzić do sytuacji w której skorzystamy z jedynki trygonometrycznej, czyli \(sin^2α+cos^2α=1\). Pomogą nam w tym wzory redukcyjne, a konkretnie to wzór \(sin(90°-α)=cosα\). Za jego pomocą możemy rozpisać wartość \(sin72°\) jako:
$$sin72°=sin(90°-18°)=cos18°$$
Skoro \(sin72°=cos18°\), to także \(sin^{2}72°=cos^{2}18°\). W związku z tym całość możemy rozpisać w następujący sposób:
$$2\sin^{2}18°+\sin^{2}72°+\cos^{2}18°=$$
$$=2\sin^{2}18°+cos^{2}18°+\cos^{2}18°=$$
$$=2\sin^{2}18°+2cos^{2}18°=$$
$$=2\cdot(\sin^{2}18°+cos^{2}18°)=$$
$$=2\cdot1=2$$
Zadanie nr 13 · Matura 2019
Sinus kąta ostrego α jest równy \(\frac{4}{5}\). Wtedy:
W treści zadania mamy informację, że \(α\) jest kątem ostrym, zatem ujemny wynik odrzucamy i zostaje nam \(cosα=\frac{3}{5}\)
Zadanie nr 34 · Matura 2019
Długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa \(6\). Pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa jest cztery razy większe od pola jego podstawy. Kąt \(α\) jest kątem nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny podstawy (zobacz rysunek). Oblicz cosinus kąta \(α\).
Krok 1. Obliczenie pola podstawy.
W podstawie ostrosłupa mamy kwadrat o boku \(6\), zatem jego pole będzie równe:
$$P_{p}=6\cdot6=36$$
Krok 2. Obliczenie pola powierzchni całkowitej.
Z treści zadania wynika, że pole powierzchni całkowitej jest cztery razy większe od pola powierzchni podstawy, zatem to pole musi być równe:
$$P_{c}=4\cdot P_{p}$$
$$P_{c}=4\cdot36$$
$$P_{c}=144$$
Krok 3. Obliczenie pola pojedynczej ściany bocznej.
Skoro pole powierzchni całkowitej jest równe \(144\), a pole podstawy jest równe \(36\), to pole wszystkich czterech ścian bocznych będzie równe:
$$P_{b}=P_{c}-P_{p}$$
$$P_{b}=144-36$$
$$P_{b}=108$$
My takich ścian mamy cztery, zatem każda z nich (np. ściana \(BCS\)) ma pole powierzchni równe:
$$P_{BCS}=108:4$$
$$P_{BCS}=27$$
Krok 4. Obliczenie wysokości ściany bocznej.
Spójrzmy na jedną ze ścian bocznych, np. na trójkąt \(BCS\). Jest to trójkąt o podstawie równej \(6\) i polu powierzchni równym \(27\). W związku z tym w prosty sposób możemy wyznaczyć wysokość tego trójkąta:
$$P=\frac{1}{2}ah_{b}$$
$$27=\frac{1}{2}\cdot6\cdot h_{b}$$
$$54=6h_{b}$$
$$h_{b}=9$$
Krok 5. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Spójrzmy na niebieski trójkąt \(SOE\). Odcinek \(OE\) to będzie długość równa połowie krawędzi podstawy, czyli:
$$|OE|=6:2$$
$$|OE|=3$$
Wiemy też, że \(SE\) ma długość \(9\). Jedynym niewiadomym bokiem w tym trójkącie jest więc odcinek \(SO\), czyli wysokość ostrosłupa. Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$H^2+3^2=9^2$$
$$H^2+9=81$$
$$H^2=72$$
$$H=6\sqrt{2}$$
Krok 6. Obliczenie długości krawędzi bocznej.
Spójrzmy na trójkąt \(AOS\) i obliczmy długość krawędzi bocznej \(AS\). Odcinek \(AO\) to połowa długości przekątnej podstawy. Skoro mamy kwadrat o boku \(6\), to cała przekątna ma długość \(6\sqrt{2}\), czyli:
$$|AO|=6\sqrt{2}:2$$
$$|AO|=3\sqrt{2}$$
Odcinek \(SO\) (czyli wysokość trójkąta) jest już nam znana, zatem ponownie korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$(3\sqrt{2})^2+(6\sqrt{2})^2=|AS|^2$$
$$9\cdot2+36\cdot2=|AS|^2$$
$$18+72=|AS|^2$$
$$|AS|^2=90$$
$$|AS|=\sqrt{90}=3\sqrt{10}$$
Krok 7. Obliczenie cosinusa kąta alfa.
Znając długość odcinka \(AO\) oraz \(AS\) bez problemu obliczymy cosinus kąta alfa:
$$cosα=\frac{|AO|}{|AS|}$$
$$cosα=\frac{3\sqrt{2}}{3\sqrt{10}}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{10}}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{5}}$$
$$cosα=\frac{1}{\sqrt{5}}$$
$$cosα=\frac{1\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{5}}{5}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2018
Kąt \(α\) jest ostry i \(cosα=\frac{3}{5}\). Wtedy:
A\(sinα\cdot tgα=\frac{16}{15}\)
B\(sinα\cdot tgα=\frac{15}{16}\)
C\(sinα\cdot tgα=\frac{8}{15}\)
D\(sinα\cdot tgα=\frac{6}{20}\)
Krok 1. Obliczenie wartości sinusa.
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{3}{5}\right)^2=1$$
$$sin^2α+\frac{9}{25}=1$$
$$sin^2α=\frac{16}{25}$$
$$sinα=\sqrt{\frac{16}{25}} \quad\lor\quad sinα=-\sqrt{\frac{16}{25}}$$
$$sinα=\frac{4}{5} \quad\lor\quad sinα=-\frac{4}{5}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo sinus dla kątów ostrych przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(sinα=\frac{4}{5}\).
Krok 2. Obliczenie wartości tangensa.
Wiedząc, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy zapisać, że:
$$tgα=\frac{\frac{4}{5}}{\frac{3}{5}}$$
$$tgα=\frac{4}{5}:\frac{3}{5}$$
$$tgα=\frac{4}{5}\cdot\frac{5}{3}$$
$$tgα=\frac{4}{3}$$
Krok 3. Obliczenie wartości wyrażenia \(sinα\cdot tgα\).
Na sam koniec musimy jeszcze obliczyć wartość wyrażenia \(sinα\cdot tgα\), bo tego tak naprawdę dotyczy całe zadanie:
$$sinα\cdot tgα=\frac{4}{5}\cdot\frac{4}{3}=\frac{16}{15}$$
Zadanie nr 32 · Matura 2018
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym \(ABCS\) krawędź podstawy ma długość \(a\). Pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest dwa razy większe od pola jego podstawy. Oblicz cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Narysujmy sobie nasz ostrosłup i wprowadźmy proste oznaczenia, pamiętając o tym że skoro jest to ostrosłup prawidłowy trójkątny, to w podstawie musi znaleźć się trójkąt równoboczny:
To oznacza, że będziemy chcieli poznać długości odcinków \(OC\) oraz \(SC\). Długości jako takich na pewno nie poznamy, bo w zadaniu nie występują konkretne liczby, dlatego będziemy musieli operować na wyrażeniach algebraicznych i powiązaniach poszczególnych długości z długością \(a\). Na tym tak naprawdę polegać będzie cała trudność tego zadania.
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(OC\).
Odcinek \(OC\) stanowi \(\frac{2}{3}\) długości wysokości trójkąta równobocznego znajdującego się w podstawie (wynika to z własności ostrosłupów prawidłowych trójkątnych). Korzystając ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego możemy zapisać, że:
$$|OC|=\frac{2}{3}\cdot h$$
$$|OC|=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$|OC|=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$|OC|=\frac{2a\sqrt{3}}{6}$$
$$|OC|=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$
Krok 3. Obliczenie długości odcinka \(DS\).
Odcinek \(DS\) (wysokość ściany bocznej oznaczona jako \(h\)) przyda nam się do obliczenia długości krawędzi bocznej, czyli boku \(SC\). Z treści zadania wynika, że pole powierzchni bocznej jest dwa razy większe od pola podstawy. W związku z tym:
$$P_{b}=2P_{p}$$
$$P_{b}=2\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$$
$$P_{b}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$$
Pole powierzchni bocznej to pole trzech trójkątów równoramiennych, każdy o boku \(a\) oraz wysokości \(h\), zatem:
$$P_{b}=3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot h$$
$$P_{b}=\frac{3}{2}\cdot a\cdot h$$
Przyrównując teraz do siebie te dwa wyznaczone równania otrzymamy:
$$\frac{3}{2}\cdot a\cdot h=\frac{a^2\sqrt{3}}{2} \quad\bigg/\cdot2$$
$$3a\cdot h=a^2\sqrt{3} \quad\bigg/:3a$$
$$h=\frac{a^2\sqrt{3}}{3a}$$
$$h=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$
W związku z tym: \(|DS|=\frac{a\sqrt{3}}{3}\).
Krok 4. Obliczenie długości odcinka \(SC\).
Spójrzmy na trójkąt \(DCS\). Długość kluczowego odcinka \(SC\) (oznaczonego na rysunku jako \(b\)) obliczymy korzystając z Twierdzenia Pitagorasa. Odcinek \(DC\) będący dolną przyprostokątną tego trójkąta ma długość \(\frac{1}{2}a\) (bo wysokość w trójkącie równobocznym dzieli podstawę na dwie równe części). Odcinek \(DS\) który jest drugą przyprostokątną wyliczyliśmy przed chwilą i wiemy że \(DS=\frac{a\sqrt{3}}{3}\), zatem:
$$|DC|^2+|DS|^2=|SC|^2$$
$$\left(\frac{1}{2}a\right)^2+\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2=b^2$$
$$\frac{1}{4}a^2+\frac{a^2\cdot3}{9}=b^2$$
$$\frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{3}=b^2$$
$$\frac{3a^2}{12}+\frac{4a^2}{12}=b^2$$
$$\frac{7a^2}{12}=b^2$$
$$b=\sqrt{\frac{7a^2}{12}}$$
$$b=\frac{\sqrt{7a^2}}{\sqrt{12}}$$
$$b=\frac{\sqrt{7}a}{\sqrt{4\cdot3}}$$
$$b=\frac{\sqrt{7}a}{2\sqrt{3}}$$
$$b=\frac{\sqrt{7}a\cdot\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}$$
$$b=\frac{\sqrt{21}a}{2\cdot3}$$
$$b=\frac{\sqrt{21}a}{6}$$
To oznacza, że krawędź boczna ma długość \(|SC|=\frac{\sqrt{21}a}{6}\).
Krok 5. Obliczenie wartości \(cosα\).
Mamy już wszystkie potrzebne dane, zatem możemy zapisać, że:
$$cosα=\frac{|OC|}{|SC|}$$
$$cosα=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{\sqrt{21}a}{6}}$$
$$cosα=\frac{a\sqrt{3}}{3}:\frac{\sqrt{21}a}{6}$$
$$cosα=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{6}{\sqrt{21}a}$$
$$cosα=\frac{6a\sqrt{3}}{3\sqrt{21}a}$$
$$cosα=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{21}a}$$
$$cosα=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}\cdot\sqrt{3}\cdot a}$$
$$cosα=\frac{2}{\sqrt{7}}$$
$$cosα=\frac{2\cdot\sqrt{7}}{\sqrt{7}\cdot\sqrt{7}}$$
$$cosα=\frac{2\sqrt{7}}{7}$$
Zadanie nr 14 · Próbny 2018
Wartość \(cos120°\) jest równa:
A\(-\frac{\sqrt{3}}{2}\)
B\(-\frac{1}{2}\)
C\(\frac{1}{2}\)
D\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
W tym zadaniu musimy skorzystać ze wzorów redukcyjnych np. ze wzoru:
$$cos(90°+α)=-sinα$$
Za pomocą tego wzoru możemy zapisać, że:
$$cos120°=cos(90°+30°)=-sin30°$$
Wyszło nam, że \(cos120°\) ma wartość dokładnie taką samą jak \(-sin30°\). Wartość \(sin30°\) możemy odczytać z tablic i jest to \(\frac{1}{2}\), zatem dodając do tego znak ujemny otrzymamy informację, że \(cos120°=-\frac{1}{2}\).
Zadanie nr 15 · Próbny 2018
Dla pewnego kąta ostrego \(α\) prawdziwa jest równość \(4cosα=1\). Miara kąta \(α\) jest:
Amniejsza od \(30°\)
Brówna \(30°\)
Crówna \(45°\)
Dwiększa od \(60°\)
Krok 1. Przekształcenie równania.
Przekształcając równanie z treści zadania otrzymamy:
$$4cosα=1$$
$$cosα=\frac{1}{4}$$
Krok 2. Odczytanie miary kąta z tablic trygonometrycznych.
Z tablic trygonometrycznych możemy odczytać, że cosinus przyjmuje wartość \(0,25\) dla kata o mierze około \(76°\), bowiem \(cos76°\approx0,2493\). To oznacza, że miara kąta \(α\) jest większa od \(60°\).
Zadanie nr 16 · Próbny 2018
Punkty \(A=(-1,4)\) i \(B=(1,-2)\) są sąsiednimi wierzchołkami rombu \(ABCD\) o polu równym \(30\). Sinus kąta ostrego tego rombu jest równy:
A\(\frac{3}{4}\)
B\(\frac{\sqrt{7}}{4}\)
C\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
D\(\frac{5}{6}\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Narysujmy sobie układ współrzędnych, zaznaczmy znane nam punkty oraz poszukiwany kąt ostry:
Z rysunku jasno wynika, że do obliczenia sinusa kąta α będziemy potrzebować znać wysokość rombu oraz długość jego boku.
Krok 2. Obliczenie długości boku rombu.
Znając współrzędne obydwu punktów możemy obliczyć długość odcinka \(AB\) (czyli długość boku rombu):
$$|AB|=\sqrt{(1-(-1))^2+(-2-4)^2}$$
$$|AB|=\sqrt{2^2+(-6)^2}$$
$$|AB|=\sqrt{4+36}$$
$$|AB|=\sqrt{40}$$
$$|AB|=\sqrt{4\cdot10}$$
$$|AB|=2\sqrt{10}$$
Możemy więc powiedzieć, że romb ma bok o długości \(a=2\sqrt{10}\).
Krok 3. Obliczenie wysokości rombu.
Pole rombu możemy obliczyć ze wzoru \(P=ah\). Skoro \(P=30\) oraz \(a=2\sqrt{10}\), to:
$$30=2\sqrt{10}\cdot h$$
$$h=\frac{30}{2\sqrt{10}}$$
$$h=\frac{15}{\sqrt{10}}$$
$$h=\frac{15\cdot\sqrt{10}}{\sqrt{10}\cdot\sqrt{10}}$$
$$h=\frac{15\sqrt{10}}{10}$$
$$h=\frac{3\sqrt{10}}{2}$$
Krok 4. Obliczenie wartości sinusa kąta \(α\).
Znając długość boku rombu oraz jego wysokość możemy teraz zapisać, że:
$$sinα=\frac{h}{a}$$
$$sinα=\frac{\frac{3\sqrt{10}}{2}}{2\sqrt{10}}$$
$$sinα=\frac{3\sqrt{10}}{2}:2\sqrt{10}$$
$$sinα=\frac{3\sqrt{10}}{2}\cdot\frac{1}{2\sqrt{10}}$$
$$sinα=\frac{3}{4}$$
Zadanie nr 33 · Próbny 2018
W trapezie prostokątnym \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\) przekątna \(AC\) jest prostopadła do ramienia \(BC\), dłuższa podstawa \(AB\) ma długość \(9\), a sinus kąta \(CAD\) jest równy \(\frac{\sqrt{3}}{3}\). Oblicz pole tego trapezu.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
W trapezie podstawy są względem siebie równoległe. Korzystając zatem z własności kątów naprzemianległych możemy stwierdzić, że jeżeli kąt \(CAB\) oznaczymy jako \(α\), to także kąt \(ACD\) będzie miał miarę równą \(α\). Możemy więc powiedzieć, że w trójkątach \(ABC\) oraz \(ACD\) dwie znane nam miary kątów są jednakowe (kąt prosty oraz \(α\)), zatem i trzecia miara tego kąta musi być jednakowa (możemy ją oznaczyć jako \(β\)). To oznacza, że powstanie nam taka oto sytuacja:
Krok 2. Obliczenie długości przekątnej \(AC\).
Z treści zadania wynika, że sinus kąta \(CAD\) (czyli naszego kąta β) jest równy \(\frac{\sqrt{3}}{3}\). Nie za bardzo wykorzystamy tę informację w trójkącie \(ACD\) (bo nie znamy choćby jednej długości boku tego trójkąta), ale możemy tę informację wykorzystać w trójkącie \(ABC\), wszak tutaj też jest kąt \(β\). Znamy długość przeciwprostokątnej tego trójkąta \(a=9\), zatem:
$$sinβ=\frac{|AC|}{|AB|}$$
$$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{|AC|}{9}$$
$$|AC|=3\sqrt{3}$$
Krok 3. Obliczenie długości boku \(CD\).
Wracamy do naszego trójkąta \(ACD\). Znamy już długość przeciwprostokątnej tego trójkąta, bowiem \(|AC|=3\sqrt{3}\). Korzystając zatem z początkowej informacji o tym, że sinus kąta \(CAD\) jest równy \(\frac{\sqrt{3}}{3}\) możemy zapisać, że:
$$sinβ=\frac{|CD|}{|AC|}$$
$$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{|CD|}{3\sqrt{3}}$$
$$|CD|=\frac{\sqrt{3}\cdot3\sqrt{3}}{3}$$
$$|CD|=\frac{9}{3}$$
$$|CD|=3$$
To oznacza, że górna podstawa ma długość \(b=3\).
Krok 4. Obliczenie wysokości \(AD\) (czyli wysokości trapezu).
Ponownie spoglądamy na mały trójkąt prostokątny \(ACD\). Znamy dwie długości w tym trójkącie, zatem i trzecią (będącą wysokością trapezu) bez problemu możemy policzyć, korzystając oczywiście z Twierdzenia Pitagorasa:
$$3^2+h^2=(3\sqrt{3})^2$$
$$9+h^2=9\cdot3$$
$$9+h^2=27$$
$$h^2=18$$
$$h=\sqrt{18} \quad\lor\quad h=-\sqrt{18}$$
Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo długość nie może być ujemna, zatem zostaje nam \(h=\sqrt{18}\), co możemy jeszcze rozpisać jako \(h=\sqrt{9\cdot2}=3\sqrt{2}\).
Krok 5. Obliczenie pola trapezu.
Mamy już komplet informacji, znamy długości dwóch podstaw \(a=9\) oraz \(b=3\), znamy też wysokość trapezu \(h=3\sqrt{2}\), zatem:
$$P=\frac{1}{2}(a+b)\cdot h$$
$$P=\frac{1}{2}\cdot(9+3)\cdot3\sqrt{2}$$
$$P=\frac{1}{2}\cdot12\cdot3\sqrt{2}$$
$$P=6\cdot3\sqrt{2}$$
$$P=18\sqrt{2}$$
Zadanie nr 15 · Próbny 2018
Dla pewnego kąta wypukłego \(α\) mamy \(tg\frac{α}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}\). Kąt \(α\) ma miarę:
A\(210°\)
B\(60°\)
C\(90°\)
D\(120°\)
Tangens przyjmuje wartość \(\frac{\sqrt{3}}{3}\) dla kąta \(30°\). W związku z tym:
$$\frac{α}{3}=30°$$
$$α=90°$$
Zadanie nr 16 · Próbny 2018
Wysokość rombu jest równa \(12\), a jego pole jest równe \(180\). Sinus kąta ostrego rombu wynosi:
A\(0,4\)
B\(0,6\)
C\(0,75\)
D\(0,8\)
Krok 1. Obliczenie długości boku rombu.
Pole rombu możemy obliczyć ze wzoru \(P=ah\). Skoro \(P=180\) oraz \(h=12\), to:
$$180=a\cdot12$$
$$a=15$$
Krok 2. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Aby dobrze wiedzieć co tak naprawdę musimy policzyć to zróbmy sobie prosty rysunek szkicowy:
Krok 3. Obliczenie sinusa kąta ostrego rombu.
Sinus kąta ostrego będzie równy stosunkowi długości przyprostokątnej naprzeciwko kąta \(α\) względem długości przeciwprostokątnej, zatem:
$$sinα=\frac{12}{15}$$
$$sinα=\frac{4}{5}$$
$$sinα=0,8$$
Zadanie nr 28 · Próbny 2018
Wiedząc, że kąt \(α\) jest rozwarty oraz \(sin^2α=\frac{9}{25}\), oblicz \(tgα\).
Krok 1. Obliczenie wartości sinusa.
Wiedząc, że \(sin^2α=\frac{9}{25}\) możemy bez przeszkód obliczyć wartość samego sinusa:
$$sin^2α=\frac{9}{25}$$
$$sinα=\frac{3}{5} \quad\lor\quad sinα=-\frac{3}{5}$$
Krok 2. Obliczenie wartości cosinusa.
Korzystając z jedynki trygonometrycznej oraz informacji o tym, że \(sin^2α=\frac{9}{25}\) otrzymamy:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\frac{9}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{16}{25}$$
$$cosα=\frac{4}{5} \quad\lor\quad cosα=-\frac{4}{5}$$
Z treści zadania wynika, że kąt \(α\) jest rozwarty, a dla kątów rozwartych cosinus przyjmuje ujemne wartości. Zatem dodatnie rozwiązanie musimy odrzucić i zostaje nam \(cosα=-\frac{4}{5}\).
Krok 3. Obliczenie wartości tangensa.
Znając wartość sinusa oraz cosinusa możemy już bez przeszkód obliczyć wartość tangensa:
$$tgα=\frac{sinα}{cosα}$$
$$tgα=\frac{\frac{3}{5}}{-\frac{4}{5}}$$
$$tgα=\frac{3}{5}:\left(-\frac{4}{5}\right)$$
$$tgα=\frac{3}{5}\cdot\left(-\frac{5}{4}\right)$$
$$tgα=-\frac{3}{4}$$
Zadanie nr 15 · Matura 2018
Liczba \(1-tg40°\) jest:
Aujemna
Bdodatnia, ale mniejsza od \(0,1\)
Cwiększa od \(0,1\), ale mniejsza od \(0,5\)
Dwiększa od \(0,5\)
Z tablic matematycznych możemy odczytać, że \(tg40°\approx0,8391\). W związku z tym:
$$1-tg40°=1-0,8391=0,1609$$
To oznacza, że otrzymany wynik jest większy od \(0,1\), ale mniejszy od \(0,5\).
Zadanie nr 30 · Matura 2018
Kąt \(α\) jest ostry i \(sinα+cosα=\sqrt{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \(tgα+\frac{1}{tgα}\).
Krok 1. Rozpisanie wartości poszukiwanego wyrażenia.
Z własności funkcji trygonometrycznych wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\). Możemy spokojnie przekształcać wszystkie zapisy, bo wiemy że kąt \(α\) jest ostry, a więc nie ma obaw że wykonamy dzielenie przez \(0\), bo \(sinα\gt0\) oraz \(cosα\gt0\). W związku z tym:
$$tgα+\frac{1}{tgα}=\frac{sinα}{cosα}+\frac{1}{\frac{sinα}{cosα}}=\frac{sinα}{cosα}+\frac{cosα}{sinα}=$$
$$=\frac{sinα\cdot sinα}{cosα\cdot sinα}+\frac{cosα\cdot cosα}{sinα\cdot cosα}=$$
$$=\frac{sin^2α}{sinα\cdot cosα}+\frac{cos^2α}{sinα\cdot cosα}=$$
$$=\frac{sin^2α+cos^2α}{sinα\cdot cosα}=\frac{1}{sinα\cdot cosα}$$
Krok 2. Rozpisanie wartości \(sinα\cdot cosα\).
W mianowniku pojawiła nam się wartość \(sinα\cdot cosα\). Musimy wyznaczyć jej wartość, tak aby dokończyć obliczenia. Tę wartość wyznaczymy z jedynki trygonometrycznej i informacji zawartej w treści zadania, że \(sinα+cosα=\sqrt{2}\). Całość będzie wyglądać następująco:
$$sinα+cosα=\sqrt{2} \quad\bigg/^2$$
$$(sinα+cosα)^2=2$$
$$sin^2α+2sinαcosα+cos^2α=2$$
$$sin^2α+cos^2α+2sinαcosα=2$$
$$1+2sinαcosα=2$$
$$2sinαcosα=1$$
$$sinαcosα=\frac{1}{2}$$
Krok 3. Dokończenie obliczeń.
Skoro już wiemy, że \(sinαcosα=\frac{1}{2}\), to możemy dokończyć obliczenia z kroku pierwszego:
$$\frac{1}{sinα\cdot cosα}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=1:\frac{1}{2}=1\cdot2=2$$
Zadanie nr 32 · Matura 2018
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości \(H=16\). Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy \(\frac{3}{5}\). Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Narysujmy sobie tę sytuację i zaznaczmy na rysunku dane podane w treści zadania:
Krok 2. Wyznaczenie długości krawędzi bocznej.
Skoro cosinus kąta \(α\) jest równy \(\frac{3}{5}\), to zgodnie z naszymi oznaczeniami:
$$cosα=\frac{b}{c}$$
$$\frac{3}{5}=\frac{b}{c}$$
$$b=\frac{3}{5}c$$
Teraz korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$b^2+H^2=c^2$$
$$\left(\frac{3}{5}c\right)^2+16^2=c^2$$
$$\frac{9}{25}c^2+256=c^2$$
$$\frac{16}{25}c^2=256 \quad\bigg/\cdot\frac{25}{16}$$
$$c^2=400$$
$$c=20 \quad\lor\quad c=-20$$
Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, bo bok nie może mieć ujemnej długości, zatem zostaje nam \(c=20\).
Krok 3. Wyznaczenie długości przekątnej podstawy.
Nasz odcinek \(b\) jest połową długości przekątnej podstawy. Obliczmy zatem jego miarę, korzystając z danych z poprzedniego kroku. Wiedząc, że \(b=\frac{3}{5}c\) oraz \(c=20\) otrzymamy:
$$b=\frac{3}{5}\cdot20$$
$$b=12$$
Skoro \(b\) jest połową długości całej przekątnej, to możemy zapisać, że przekątna ma długość:
$$d=2b$$
$$d=2\cdot12$$
$$d=24$$
Krok 4. Obliczenie długości krawędzi podstawy.
W podstawie ostrosłupa znajduje się kwadrat (bo jest to ostrosłup prawidłowy). Z własności kwadratów wynika, że kwadrat o boku \(a\) ma przekątną o długości \(d=a\sqrt{2}\). My znamy długość przekątnej tego kwadratu i wiemy że jest to \(d=24\), zatem:
$$a\sqrt{2}=24$$
$$a=\frac{24}{\sqrt{2}}$$
$$a=\frac{24\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}$$
$$a=\frac{24\sqrt{2}}{2}$$
$$a=12\sqrt{2}$$
Krok 5. Obliczenie wysokości ściany bocznej.
Ściany boczne są trójkątami równoramiennymi. Z własności trójkątów równoramiennych wynika, że wysokość takiego trójkąta dzieli podstawę na dwie równe części, czyli w ścianach bocznych mamy taką oto sytuację:
W związku z tym aby obliczyć wysokość trójkąta musimy skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa:
$$h^2+(6\sqrt{2})^2=20^2$$
$$h^2+36\cdot2=400$$
$$h^2+72=400$$
$$h^2=328$$
$$h=\sqrt{328} \quad\lor\quad h=-\sqrt{328}$$
Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, bo wysokość nie może być ujemna, zatem zostaje nam \(h=\sqrt{328}\). Możemy jeszcze spróbować wyłączyć czynnik przed znak pierwiastka:
$$h=\sqrt{328}=\sqrt{4\cdot82}=2\sqrt{82}$$
Krok 6. Obliczenie pola powierzchni bocznej.
W ścianie bocznej mamy trójkąt o podstawie \(a=12\sqrt{2}\) oraz wysokości \(h=2\sqrt{82}\). Musimy policzyć pole powierzchni bocznej, czyli interesuje nas łączna powierzchnia wszystkich czterech ścian, zatem:
$$P_{b}=4\cdot\frac{1}{2}ah$$
$$P_{b}=4\cdot\frac{1}{2}\cdot12\sqrt{2}\cdot2\sqrt{82}$$
$$P_{b}=4\cdot\frac{1}{2}\cdot12\sqrt{2}\cdot2\sqrt{82}$$
$$P_{b}=48\sqrt{164}$$
$$P_{b}=48\sqrt{4\cdot41}$$
$$P_{b}=48\cdot2\sqrt{41}$$
$$P_{b}=96\sqrt{41}$$
Zadanie nr 13 · Matura 2017
Kąt \(α\) jest ostry i spełniona jest równość \(\sinα=\frac{2\sqrt{6}}{7}\). Stąd wynika, że:
A\(\cosα=\frac{24}{49}\)
B\(\cosα=\frac{5}{7}\)
C\(\cosα=\frac{25}{49}\)
D\(\cosα=\frac{5\sqrt{6}}{7}\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2\sqrt{6}}{7}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4\cdot6}{49}+cos^2α=1$$
$$\frac{24}{49}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{25}{49}$$
$$cosα=\frac{5}{7} \quad\lor\quad cosα=-\frac{5}{7}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo kąt \(α\) jest kątem ostrym, zatem zostaje nam \(cosα=\frac{5}{7}\).
Zadanie nr 15 · Próbny 2017
Wartość wyrażenia \(\frac{cos^{2}30°+cos^{2}60°}{cos45°}\) jest równa:
A\(\frac{3}{4}\)
B\(1\)
C\(\sqrt{2}\)
D\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
Z tablic trygonometrycznych możemy odczytać, że:
$$cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$$
$$cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
$$cos60°=\frac{1}{2}$$
W związku z tym wartość naszego wyrażenia będzie równa:
$$\frac{\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=$$
$$=\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=1:\frac{\sqrt{2}}{2}=1\cdot\frac{2}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=$$
$$=\frac{2\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$$
Tak na marginesie, to moglibyśmy zauważyć, że \(cos^{2}30°+cos^{2}60°=1\), ponieważ \(cos^{2}30°=sin^{2}60°\), zatem w liczniku możemy skorzystać z jedynki trygonometrycznej: \(sin^{2}60°+cos^{2}60°=1\).
Zadanie nr 28 · Próbny 2017
Na trójkącie opisano okrąg. Wierzchołki trójkąta podzieliły ten okrąg na łuki, których długości pozostają w stosunku \(10:6:4\). Odczytaj z tablic i zapisz przybliżoną wartość cosinusa najmniejszego kąta tego trójkąta.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Aby dobrze zrozumieć istotę tego zadania to narysujmy sobie taki prowizoryczny okrąg z zaznaczonym trójkątem:
Najmniejszym kątem w tym trójkącie jest zaznaczony na zielono kąt \(β\). Tutaj kluczem do rozwiązania zadania jest dostrzeżenie, że ten kąt opiera się na tym samym łuku co kąt środkowy \(α\), którego miarę jesteśmy w stanie obliczyć.
Krok 2. Obliczenie miary kąta środkowego \(α\).
Z powyższego rysunku wynika, że cały łuk ma długość \(10+6+4=20\) jednostek. Najmniejszy kąt środkowy jest oparty na \(4\) jednostkach z \(20\), zatem jego miara będzie równa \(\frac{4}{20}\) kąta pełnego, czyli:
$$α=\frac{4}{20}\cdot360°=72°$$
Krok 3. Obliczenie miary kąta wpisanego β.
Z własności kątów środkowych i wpisanych, które są oparte na tym samym łuku wiemy, że miara kąta wpisanego będzie dwukrotnie mniejsza od miary kąta środkowego, zatem:
$$β=72°:2$$
$$β=36°$$
Krok 4. Podanie przybliżonej wartości cosinusa kąta \(β\).
Zgodnie z treścią zadania musimy jeszcze podać przybliżoną wartość cosinusa naszego kąta \(β\). Z tablic możemy odczytać, że:
$$cos36°\approx0,8090\approx0,81$$
Zadanie nr 15 · Matura 2017
Kąt \(α\) jest ostry i \(tgα=\frac{12}{5}\). Wówczas \(\sinα\) jest równy:
A\(\frac{5}{17}\)
B\(\frac{12}{17}\)
C\(\frac{5}{13}\)
D\(\frac{12}{13}\)
Krok 1. Rozpisanie tangensa jako ilorazu sinusa i cosinusa.
Z trygonometrii wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\). Korzystając z tej własności możemy zapisać, że:
$$tgα=\frac{12}{5}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\frac{12}{5}$$
Mnożąc to na krzyż otrzymamy:
$$5sinα=12cosα$$
Krok 2. Obliczenie wartości cosinusa.
Z jedynki trygonometrycznej wynika, że \(sin^2α+cos^2α=1\). W poprzednim kroku udało nam się zapisać, że \(5sinα=12cosα\), czyli że \(cosα=\frac{5}{12}sinα\). W związku z tym:
$$sin^2α+\left(\frac{5}{12}sinα\right)^2+=1$$
$$sin^2α+\frac{25}{144}sin^2α=1$$
$$\frac{169}{144}sin^2α=1 \quad\bigg/\cdot\frac{144}{169}$$
$$sin^2α=\frac{144}{169}$$
$$sinα=\frac{12}{13} \quad\lor\quad sinα=-\frac{12}{13}$$
Ujemne rozwiązanie odrzucamy, bo kąt \(α\) jest ostry, a dla kątów ostrych sinus przyjmuje wartości dodatnie, zatem zostaje nam \(sinα=\frac{12}{13}\).
Zadanie nr 27 · Matura 2017
Kąt \(α\) jest ostry i spełniona jest równość \(sinα+cosα=\frac{\sqrt{7}}{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \((sinα-cosα)^2\).
Teraz wiedząc, że \(2sinαcosα=\frac{3}{4}\) możemy zapisać, że:
$$(sinα-cosα)^2=sin^2α-2sinαcosα+cos^2α=$$
$$=sin^2α+cos^2α-2sinαcosα=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 14 · Matura 2017
Jeżeli \(m=sin50°\), to:
A\(m=sin40°\)
B\(m=cos40°\)
C\(m=cos50°\)
D\(m=tg50°\)
Skorzystamy z jednego ze wzorów redukcyjnych:
$$sin(90°-α)=cosα$$
$$sin50°=sin(90°-40°)=cos40°$$
Zadanie nr 22 · Matura 2017
Promień \(AS\) podstawy walca jest równy wysokości \(OS\) tego walca. Sinus kąta \(OAS\) (zobacz rysunek) jest równy:
A\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)
B\(\frac{\sqrt{2}}{2}\)
C\(\frac{1}{2}\)
D\(1\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Skoro długość promienia podstawy oraz wysokość tego walca są sobie równe, to trójkąt \(SAO\) wygląda mniej więcej w ten sposób:
Naszym zadaniem jest wyznaczenie sinusa kąta \(α\). Tak naprawdę można byłoby na tym kroku zakończyć rozwiązywanie tego zadania, bo widzimy że jest to trójkąt równoramienny prostokątny, a więc kąt ostry musi mieć miarę \(α=45°\). Skoro tak, to możemy odczytać z tablic, że:
$$sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
Gdybyśmy jednak nie dostrzegli tego, to można dotrzeć do tej wartości trochę dłuższym sposobem.
Krok 2. Wyznaczenie długości odcinka \(d\).
Już po samym rysunku widzimy, że odcinek \(d\) jest tak jakby przekątną kwadratu o boku długości \(r\), zatem na pewno \(d=r\sqrt{2}\). Gdybyśmy o tym nie pamiętali, to zawsze możemy się jeszcze ratować Twierdzeniem Pitagorasa:
$$r^2+r^2=d^2$$
$$2r^2=d^2$$
$$d=\sqrt{2r^2}$$
$$d=r\sqrt{2}$$
Krok 3. Wyznaczenie wartości sinusa kąta \(OAS\).
Zgodnie z własnościami funkcji trygonometrycznych:
$$\require{cancel}
sinα=\frac{r}{d}$$
$$sinα=\frac{\cancel{r}}{\cancel{r}\sqrt{2}}$$
$$sinα=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$
Zadanie nr 9 · Matura 2016
Kąt \(α\) jest ostry i \(sinα=\frac{4}{5}\). Wtedy wartość wyrażenia \(sinα-cosα\) jest równa:
A\(\frac{1}{5}\)
B\(\frac{3}{5}\)
C\(\frac{17}{25}\)
D\(\frac{1}{25}\)
Krok 1. Obliczenie wartości cosinusa.
W zadaniu skorzystamy z tzw. "jedynki trygonometrycznej" opisanej wzorem \(sin^2α+cos^2α=1\). Do tego wzoru podstawimy sobie wartość sinusa z treści zadania i w ten sposób wyznaczymy wartość cosinusa, zatem:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{4}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{16}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{9}{25}$$
$$cosα=\frac{3}{5} \quad\lor\quad cosα=-\frac{3}{5}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo cosinus dla kątów ostrych przyjmuje jedynie wartości dodatnie.
Krok 2. Obliczenie wartości wyrażenia \(sinα-cosα\).
Znając wartości sinusa i cosinusa pozostaje nam już tylko obliczenie końcowej wartości wyrażenia:
$$sinα-cosα=\frac{4}{5}-\frac{3}{5}=\frac{1}{5}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2016
Wartość wyrażenia \((tg60°+tg45°)^2-sin60°\) jest równa:
A\(2-\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
B\(2+\frac{\sqrt{3}}{2}\)
C\(4-\frac{\sqrt{3}}{2}\)
D\(4+\frac{3\sqrt{3}}{2}\)
W tym zadaniu tak naprawdę musimy tylko odczytać z tablic poszczególne wartości i wykonać poprawnie działania na pierwiastkach i potęgach:
$$(tg60°+tg45°)^2-sin60°=$$
$$=(\sqrt{3}+1)^2-\frac{\sqrt{3}}{2}=$$
$$=3+2\sqrt{3}+1-\frac{\sqrt{3}}{2}=$$
$$=\frac{2\cdot(3+2\sqrt{3}+1)}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=$$
$$=\frac{8+4\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=$$
$$=\frac{8+3\sqrt{3}}{2}=$$
$$=4+\frac{3\sqrt{3}}{2}$$
Zadanie nr 21 · Matura 2016
Podstawą graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat o boku długości \(2\), a przekątna ściany bocznej ma długość \(3\) (zobacz rysunek). Kąt, jaki tworzą przekątne ścian bocznych tego graniastosłupa wychodzące z jednego wierzchołka, ma miarę \(α\).
Wtedy wartość \(sin\frac{α}{2}\) jest równa:
A\(\frac{2}{3}\)
B\(\frac{\sqrt{7}}{3}\)
C\(\frac{\sqrt{7}}{7}\)
D\(\frac{\sqrt{2}}{3}\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Pierwszą rzeczą którą musimy zauważyć, to że trójkąc \(ABC\) jest równoramienny. Jego ramiona mają długość \(3\), a podstawa jest równa \(|CB|=2\sqrt{2}\). Skąd wiemy, że to jest dokładnie taka długość podstawy? Jest to po prostu przekątna kwadratu o boku \(2\).
Jeżeli z miejsca przecięcia się tych przekątnych (punkt \(P\)) poprowadzimy prostą do wierzchołka \(A\) to otrzymamy tak naprawdę dwusieczną kąta \(α\) (bo jest to wysokość trójkąta równoramiennego, a ta dzieli kąt na dwie równe części). Mamy więc już interesujący nas kąt \(\frac{α}{2}\).
Krok 2. Obliczenie sinusa kąta \(\frac{α}{2}\).
Obliczenia dokonujemy już tylko na trójkącie \(PCA\). Potrzebujemy wyznaczyć sinusa kąta \(CAP\), który ma miarę \(\frac{α}{2}\). Znamy potrzebną nam długosć \(|CA|=3\), potrzebujemy jeszcze poznać długość odcinka \(|CP|\). Jest to połowa przekątnej kwadratu, tak więc:
$$|CP|=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$$
Możemy już teraz obliczyć pożądaną wartość sinusa:
$$sin\frac{α}{2}=\frac{|CP|}{|CA|}$$
$$sin\frac{α}{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}$$
Zadanie nr 14 · Próbny 2016
Dla pewnego kąta ostrego \(α\) trzywyrazowy ciąg \((2sin^2α,\;\sqrt{3}tgα,\;2cos^2α)\) jest arytmetyczny. Miara kąta \(α\) jest równa:
A\(75°\)
B\(60°\)
C\(45°\)
D\(30°\)
Krok 1. Zapisanie równania wynikającego z własności ciągów arytmetycznych.
Z własności ciągów arytmetycznych wiemy, że dla trzech następujących po sobie wyrazów zachodzi następująca relacja:
$$a_{2}=\frac{a_{1}+a_{3}}{2}$$
Podstawiając dane z treści zadania otrzymamy:
$$\sqrt{3}tgα=\frac{2sin^2α+2cos^2α}{2}$$
Krok 2. Obliczenie wartości \(tgα\).
Jeżeli teraz w liczniku wyłączymy przed nawias dwójkę i skorzystamy z jedynki trygonometrycznej \(sin^2α+cos^2α=1\) to otrzymamy:
$$\sqrt{3}tgα=\frac{2\cdot(sin^2α+cos^2α)}{2}$$
$$\sqrt{3}tgα=\frac{2\cdot1}{2}$$
$$\sqrt{3}tgα=\frac{2}{2}$$
$$\sqrt{3}tgα=1$$
$$tgα=\frac{1}{\sqrt{3}}$$
Krok 3. Wyznaczenie miary kąta \(α\).
Jak spojrzymy na "małą tabelkę trygonometryczną" to takiej wartości jak \(\frac{1}{\sqrt{3}}\) nie znajdziemy. Wszystko dlatego, że mamy niewymierność w mianowniku, którą musimy usunąć. Moglibyśmy też wybrnąć z tej sytuacji w taki sposób, że obliczylibyśmy przybliżoną wartość \(\frac{1}{\sqrt{3}}\approx0,5774\) i wtedy z dużych tablic odczytalibyśmy, że interesujący nas kąt ma miarę \(30°\).
Aby usunąć niewymierność z mianownika musimy licznik i mianownik pomnożyć przez \(\sqrt{3}\), otrzymując:
$$tgα=\frac{1\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}$$
$$tgα=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Teraz z małej tabelki trygonometrycznej możemy odczytać, że \(α=30°\).
Zadanie nr 15 · Próbny 2016
Kąt \(α\) jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym przedstawionym na rysunku.
Liczba \(4^{sinα}\) jest równa:
A\(\sqrt{2^{\sqrt{7}}}\)
B\(2\sqrt{2}\)
C\(4^{\frac{3}{\sqrt{7}}}\)
D\(4\sqrt[3]{4}\)
Krok 1. Obliczenie długości przeciwprostokątnej.
Do obliczenia sinusa będziemy potrzebowali znać długość przeciwprostokątnej, zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$3^2+(\sqrt{7})^2=c^2$$
$$9+7=c^2$$
$$c^2=16$$
$$c=4 \quad\lor\quad c=-4$$
Długość przeciwprostokątnej nie może być ujemna, zatem zostaje nam \(c=4\).
Krok 2. Obliczenie wartości sinusa.
Sinus opisuje nam stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciwko kąta \(α\) do długości przeciwprostokątnej, czyli:
$$sinα=\frac{3}{4}$$
Krok 3. Obliczenie wartości wskazanej liczby.
Naszym zadaniem jest teraz obliczenie wartości liczby \(4^{sinα}\), czyli \(4^{\frac{3}{4}}\). Korzystając z własności potęg i pierwiastków możemy zapisać, że:
$$4^{\frac{3}{4}}=\sqrt[4]{4^3}=\sqrt[4]{64}=\sqrt[4]{16\cdot4}=2\sqrt[4]{4}=2\sqrt[4]{2^2}=2\sqrt{2}$$
Zadanie nr 16 · Próbny 2016
Prosta o równaniu \(y=-2x\) tworzy z osią \(Ox\) kąt rozwarty \(α\) (zobacz rysunek poniżej).
Cosinus kąta \(α\) jest równy:
A\(-2\)
B\(-\frac{1}{2}\)
C\(\frac{2\sqrt{5}}{5}\)
D\(-\frac{\sqrt{5}}{5}\)
Krok 1. Wyznaczenie punktu przez które przechodzi lewe ramię kąta.
Z tablic matematycznych możemy odczytać, że jeżeli mamy taką sytuację jak na powyższym rysunku, czyli kiedy jedno ramię kąta pokrywa się z osią iksów, wierzchołek kąta znajduje się w miejscu przecięcia się osi układu współrzędnych, a drugie ramię przechodzi przez punkt \(M=(x;y)\), to:
$$cosα=\frac{x}{r}$$
gdzie \(r\) to odległość od punktu \(M\) do początku układu współrzędnych, którą możemy policzyć ze wzoru \(r=\sqrt{x^2+y^2}\).
Wyznaczmy zatem najpierw współrzędne jakiegoś punktu, który znajduje się na lewym ramieniu naszego kąta. Skoro lewe ramię możemy opisać równaniem \(y=-2x\), to podstawiając np. \(x=-1\) otrzymamy:
$$y=-2\cdot(-1)$$
$$y=2$$
To oznacza, że nasze ramię przechodzi przez punkt \(M=(-1;2)\). Tak na marginesie, to w przypadku takiego zadania zamkniętego moglibyśmy ten punkt odczytać wprost z rysunku.
Krok 2. Obliczenie długości \(r\).
W naszym przypadku ramię przechodzi przez punkt \(M=(-1;2)\), czyli \(x=-1\) oraz \(y=2\). Korzystając z podanego powyżej wzoru możemy zapisać, że:
$$r=\sqrt{x^2+y^2}$$
$$r=\sqrt{(-1)^2+2^2}$$
$$r=\sqrt{1+4}$$
$$r=\sqrt{5}$$
Krok 3. Obliczenie wartości cosinusa.
Mamy już wszystkie potrzebne dane, zatem możemy zapisać, że:
$$cosα=\frac{x}{r}$$
$$cosα=\frac{-1}{\sqrt{5}}$$
$$cosα=\frac{-1\cdot\sqrt{5}}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}}$$
$$cosα=\frac{-\sqrt{5}}{5}=-\frac{\sqrt{5}}{5}$$
Zadanie nr 20 · Próbny 2016
W trójkącie prostokątnym kąty ostre mają miary \(α,β\), przeciwprostokątna ma długość \(13\), oraz \(sinα+sinβ=\frac{17}{13}\) i \(sinα-sinβ=\frac{7}{13}\). Wynika z tego, że:
A\(\text{tg}α=\frac{5}{12}\)
B\(\text{tg}α=\frac{12}{13}\)
C\(\text{tg}α=\frac{10}{13}\)
D\(\text{tg}α=\frac{12}{5}\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Co prawda zbyt wielu danych nie mamy, ale narysujmy sobie trójkąt prostokątny z zaznaczonymi kątami, tak aby potem móc poprawnie odnosić się do poszczególnych funkcji trygonometrycznych:
Krok 2. Obliczenie wartości \(sinα\).
Z dwóch równań z treści zadania możemy ułożyć następujący układ:
$$\begin{cases} sinα+sinβ=\frac{17}{13} \\ sinα-sinβ=\frac{7}{13} \end{cases}$$
Dodając to równanie stronami otrzymamy:
$$2sinα=\frac{24}{13}$$
$$sinα=\frac{12}{13}$$
Krok 3. Obliczenie długości jednej przyprostokątnej.
Sinus jest funkcją trygonometryczną, która opisuje nam zależność między przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(α\) oraz przeciwprostokątną. W naszym przypadku \(sinα=\frac{a}{c}\). Skoro przeciwprostokątna ma długość \(c=13\), a \(sinα=\frac{12}{13}\), to znaczy że \(a=12\).
Krok 4. Obliczenie długości drugiej przyprostokątnej.
Wiemy już, że w tym trójkącie są boki długości \(12\) i \(13\), zatem trzeci bok (drugą przyprostokątną oznaczoną jako \(b\)) obliczymy z Twierdzenia Pitagorasa:
$$12^2+b^2=c^2$$
$$144+b^2=169$$
$$b^2=25$$
$$b=5 \quad\lor\quad b=-5$$
Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(b=5\).
Krok 5. Wyznaczenie wartości tangensa.
Znamy miary wszystkich boków trójkąta, zatem możemy bez problemu obliczyć wartość tangensa:
$$tgα=\frac{a}{b}$$
$$tgα=\frac{12}{5}$$
Zadanie nr 21 · Próbny 2016
Kąt \(α\) jest kątem ostrym takim, że \(sin^2α-cos^2α=\frac{1}{2}\). Zatem:
A\(0°\lt α \lt20°\)
B\(21°\lt α \lt50°\)
C\(51°\lt α \lt70°\)
D\(71°\lt α \lt90°\)
Krok 1. Obliczenie wartości \(cosα\).
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), czyli że \(sin^2α=1-cos^2α\). Podstawiając to do naszego równania otrzymamy:
$$sin^2α-cos^2α=\frac{1}{2}$$
$$1-cos^2α-cos^2α=\frac{1}{2}$$
$$-2cos^2α=-\frac{1}{2} \quad\bigg/\cdot-\frac{1}{2}$$
$$cos^2α=\frac{1}{4}$$
$$cosα=\frac{1}{2} \quad\lor\quad cosα=-\frac{1}{2}$$
Wartość ujemną odrzucamy, bo z treści zadania wynika że \(α\) jest kątem ostrym, a dla kątów ostrych cosinus przyjmuje wartości dodatnie.
Krok 2. Odczytanie z tablic miary kąta.
Musimy jeszcze ustalić jaka jest miara kąta \(α\). Z tablic trygonometrycznych możemy odczytać, że cosinus przyjmuje wartość \(\frac{1}{2}\) dla kąta \(60°\), zatem kąt \(α\) mieści się w przedziale \(51°\lt α \lt70°\).
Zadanie nr 32 · Próbny 2016
Kąt rozwarty rombu ma miarę \(2α\). Suma długości przekątnych rombu jest równa \(68\) oraz \(tgα=2,4\). Oblicz obwód rombu.
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
W tym zadaniu trzeba pamiętać, że przekątne rombu przecinają się w połowie swojej długości pod kątem prostym oraz że dzielą nam kąty rozwarte na dwie równe miary. W związku z tym całość wyglądać będzie w następujący sposób:
Krok 2. Ułożenie układu równań.
Z treści zadania wiemy, że suma długości przekątnych jest równa \(68\), czyli zgodnie z naszym rysunkiem:
$$2x+2y=68$$
Dodatkowo wiemy, że tangens kąta \(α\) jest równy \(2,4\). Tangens opisuje zależność między przyprostokątną leżącą naprzeciwko kąta \(α\) do przyprostokątnej leżącej przy tym kącie, zatem:
$$tgα=2,4$$
$$\frac{y}{x}=2,4$$
I to właśnie z tych dwóch równań możemy ułożyć układ równań:
\begin{cases} 2x+2y=68 \\ \frac{y}{x}=2,4 \end{cases}
Krok 3. Rozwiązanie układu równań.
Najprościej będzie rozwiązać ten układ równań metodą podstawiania. W tym celu możemy wyznaczyć np. wartość igreka z drugiego równania i podstawić go do równania pierwszego:
$$\begin{cases} 2x+2y=68 \quad\bigg/:2 \\ \frac{y}{x}=2,4 \quad\bigg/\cdot x \end{cases}$$
$$\begin{cases} x+y=34 \\ y=2,4x \end{cases}$$
Podstawiając teraz drugie równanie do pierwszego otrzymamy:
$$x+2,4x=34$$
$$3,4x=34$$
$$x=10$$
Znając wartość \(x=10\) możemy obliczyć brakującą wartość igreka, podstawiając iksa do jednego z równań:
$$10+y=34$$
$$y=24$$
Krok 4. Obliczenie długości boku rombu.
Spójrzmy na jeden z czterech trójkątów prostokątnych, które powstały nam w rombie. Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa możemy zapisać, że:
$$x^2+y^2=a^2$$
$$10^2+24^2=a^2$$
$$100+576=a^2$$
$$a^2=676$$
$$a=26 \quad\lor\quad a=-26$$
Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(a=26\).
Krok 5. Obliczenie obwodu rombu.
Samo obliczenie obwodu jest już formalnością, bo już wiemy że nasz romb ma cztery boki o długości \(26\), zatem:
$$Obw=4\cdot26$$
$$Obw=104$$
Zadanie nr 30 · Matura 2016
W trójkącie \(ABC\) dane są długości boków \(|AB|=15\) i \(|AC|=12\) oraz \(cosα=\frac{4}{5}\), gdzie \(α=\sphericalangle BAC\). Na bokach \(AB\) i \(AC\) tego trójkąta obrano punkty odpowiednio \(D\) i \(E\) takie, że \(|BD|=2|AD|\) i \(|AE|=2|CE|\) (zobacz rysunek).
Oblicz pole:
a) trójkąta \(ADE\)
b) czworokąta \(BCED\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Zaznaczmy sobie na naszym rysunku zależności między bokami, które zostały wypisane z treści zadania. To ułatwi zrozumienie wszystkich obliczeń długości, które wykonamy sobie w kolejnych krokach.
Krok 2. Obliczenie wartości \(sinα\).
Wartość sinusa kąta \(α\) za chwilę przyda nam się do obliczenia pola trójkąta. W treści zadania mamy podaną wartość cosinusa, zatem do obliczenia sinusa skorzystamy z jedynki trygonometrycznej:
$$sin^2α+cos^2=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{4}{5}\right)^2=1$$
$$sin^2a+\frac{16}{25}=1$$
$$sin^2α=\frac{9}{25}$$
$$sinα=\frac{3}{5} \quad\lor\quad sinα=-\frac{3}{5}$$
Ujemną wartość odrzucamy, bo sinus kąta ostrego jest dodatni.
Krok 3. Obliczenie długości odcinków \(AD\) oraz \(AE\).
Odcinek \(AD\) jest częścią odcinka \(AB\). Z rysunku widzimy, że cała długość odcinka \(AB\) to \(x+2x=3x\) i zgodnie z treścią zadania jest ona równa \(15\). Musimy obliczyć długość \(x\), zatem:
$$3x=15$$
$$x=5$$
W ten oto sposób obliczyliśmy długość odcinka \(|AD|=5\).
Podobnie zrobimy w przypadku odcinka \(AE\), który jest częścią odcinka \(AC\).
$$3y=12$$
$$y=4$$
Nasz odcinek \(AE\) opisaliśmy sobie jako \(2y\), więc jego długość jest równa \(|AE|=8\).
Krok 4. Obliczenie pola powierzchni trójkątów \(ABC\) oraz \(ADE\).
Skorzystamy z następującego wzoru:
$$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot sinα$$
Pole trójkąta \(ABC\):
$$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot sinα$$
$$P_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot15\cdot12\cdot\frac{3}{5}$$
$$P_{ABC}=54$$
Pole trójkąta \(ADE\):
$$P_{ADE}=\frac{1}{2}\cdot |AD|\cdot |AE|\cdot sinα$$
$$P_{ADE}=\frac{1}{2}\cdot5\cdot8\cdot\frac{3}{5}$$
$$P_{ADE}=12$$
Krok 5. Obliczenie pola powierzchni czworokąta \(BCED\).
Pole powierzchni czworokąta \(BCED\) jest różnicą między polem dużego trójkąta \(ABC\) i małego trójkąta \(ADE\), zatem:
$$P_{BCED}=P_{ABC}-P_{ADE}$$
$$P_{BCED}=54-12$$
$$P_{BCED}=42$$
Zadanie nr 17 · Matura 2016
Kąt \(α\) jest ostry i \(tgα=\frac{2}{3}\). Wtedy:
A\(sinα=\frac{3\sqrt{13}}{26}\)
B\(sinα=\frac{\sqrt{13}}{13}\)
C\(sinα=\frac{2\sqrt{13}}{13}\)
D\(sinα=\frac{3\sqrt{13}}{13}\)
Zanim zaczniemy liczyć to mała podpowiedź. Jeśli nie umiemy obliczyć tego zadania w matematyczny sposób, to wystarczy w tablicach sprawdzić jaki kąt ostry ma tangens równy (lub bliski) \(\frac{2}{3}\). Następnie jeśli już wiemy jaki to jest mniej więcej kąt to możemy sprawdzić w tablicach jaką wartość przyjmuje on dla funkcji sinus. Na koniec na kalkulatorze sprawdzimy która z tych czterech odpowiedzi daje przybliżenie najbliższe odczytowi z tablicy i tak oto zadanie będzie rozwiązane poprawnie. Zobaczmy jednak jak do tego zadania podejść w sposób matematyczny.
Krok 1. Rozpisanie tangensa jako ilorazu sinusa i cosinusa.
Z trygonometrii wiemy, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\). Użyjemy tej własności, bo musimy doprowadzić nasz wynik do sinusa. Zatem:
$$tgα=\frac{2}{3}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\frac{2}{3}$$
Mnożąc to na krzyż otrzymamy:
$$3sinα=2cosα$$
Krok 2. Obliczenie wartości sinusa przy użyciu jedynki trygonometrycznej.
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\). To oznacza, że moglibyśmy sobie wyznaczyć z równania z pierwszego kroku wartość cosinusa, a następnie podstawilibyśmy ją do jedynki trygonometrycznej i wtedy otrzymalibyśmy wartość sinusa. Zatem:
$$3sinα=2cosα$$
$$cosα=\frac{3}{2}sinα$$
Podstawiamy teraz to do jedynki trygonometrycznej:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$sin^2α+\left(\frac{3}{2}sinα\right)^2=1$$
$$sin^2α+\frac{9}{4}sin^2α=1$$
$$\frac{13}{4}sin^2α=1 \quad\bigg/\cdot\frac{4}{13}$$
$$sin^2α=\frac{4}{13}$$
$$sinα=\sqrt{\frac{4}{13}}=\frac{\sqrt{4}}{\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{13}$$
(Z racji tego iż kąt \(α\) jest ostry to nie bierzemy pod uwagę ujemnego rozwiązania, które wyszłoby nam z równania kwadratowego \(sin^2α=\frac{4}{13}\), bo dla kątów ostrych sinus przyjmuje jedynie wartości dodatnie).
Zadanie nr 33 · Matura 2016
Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego \(ABCS\) jest trójkąt równoboczny \(ABC\). Wysokość \(SO\) tego ostrosłupa jest równa wysokości jego podstawy. Objętość tego ostrosłupa jest równa \(27\). Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa \(ABCS\) oraz cosinus kąta, jaki tworzą wysokość ściany bocznej i płaszczyzna podstawy ostrosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
W podstawie ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest zawsze trójkąt równoboczny (co zresztą jest jeszcze potwierdzone w treści zadania), więc każdą długość jego krawędzi podstawy oznaczmy sobie jako niewiadomą \(a\).
Krok 2. Obliczenie długości krawędzi podstawy ze wzoru na objętość.
Wzór na objętość ostrosłupa to \(V=\frac{1}{3}\cdot P_{p}\cdot H\). Potrzebujemy więc znać pole podstawy i wysokość bryły.
a) Pole powierzchni trójkąta równobocznego (będącego podstawą bryły) możemy zapisać jako \(P_{p}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).
b) Wysokość ostrosłupa jest zgodnie z treścią zadania równa wysokości trójkąta równobocznego znajdującego się w podstawie. Wzór na wysokość trójkąta równobocznego też jest nam znany, stąd \(H=h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).
c) Objętość mamy podaną w treści zadania i jest ona równa \(27\).
Podstawiając te wszystkie informacje do wzoru na objętość otrzymamy:
$$V=\frac{1}{3}\cdot P_{p}\cdot H$$
$$27=\frac{1}{3}\cdot\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$27=\frac{a^3\cdot\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}{24}$$
$$27=\frac{3a^3}{24}$$
$$27=\frac{a^3}{8}$$
$$a^3=27\cdot8$$
$$a^3=216$$
$$a=6$$
Krok 3. Obliczenie wysokości ostrosłupa.
Znając już wartość długości krawędzi podstawy możemy zapisać wysokość ostrosłupa (i tym samym wysokość trójkąta równobocznego znajdującego się w podstawie) w formie konkretnej liczby:
$$H=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$H=\frac{6\sqrt{3}}{2}$$
$$H=3\sqrt{3}$$
Krok 4. Obliczenie wysokości ściany bocznej, czyli odcinka \(|DS|\).
Aby obliczyć pole powierzchni ściany bocznej ostrosłupa (bo o nią proszą nas w zadaniu) potrzebujemy znać długość podstawy (tą już mamy wyliczoną) oraz wysokość ściany bocznej - i to właśnie ją teraz sobie policzymy.
Do wyznaczenia wysokości ściany bocznej posłużymy się trójkątem prostokątnym \(DOS\). Odcinek \(DO\) zgodnie z własnościami trójkąta równobocznego stanowi \(\frac{1}{3}\) długości wysokości trójkąta, czyli:
$$|DO|=\frac{1}{3}h$$
$$|DO|=\frac{1}{3}\cdot3\sqrt{3}$$
$$|DO|=\sqrt{3}$$
Z Twierdzenia Pitagorasa wynika, że:
$$|DO|^2+|OS|^2=|DS|^2$$
$$(\sqrt{3})^2+(3\sqrt{3})^2=|DS|^2$$
$$3+9\cdot3=|DS|^2$$
$$|DS|^2=30$$
$$|DS|=\sqrt{30}$$
Krok 5. Obliczenie pola powierzchni bocznej.
Pamiętając o tym, że mamy trzy trójkąty w ścianach bocznych, to pole powierzchni bocznej jest równe:
$$P_{b}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot|DS|\cdot3$$
$$P_{b}=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot\sqrt{30}\cdot3$$
$$P_{b}=9\sqrt{30}$$
Krok 6. Obliczenie cosinusa kąta \(SDB\).
Zgodnie z treścią zadania musimy jeszcze podać wartość cosinusa jaki tworzą wysokość ściany bocznej i płaszczyzna podstawy ostrosłupa. W naszym przypadku będzie to kąt \(SDB\):
$$cos\sphericalangle SDB=\frac{|DO|}{|DS|}$$
$$cos\sphericalangle SDB=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{30}}$$
Usuwając jeszcze niewymierność z mianownika otrzymamy:
$$cos\sphericalangle SDB=\frac{\sqrt{3}\cdot\sqrt{30}}{\sqrt{30}\cdot\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{90}}{30}=$$
$$=\frac{\sqrt{9\cdot10}}{30}=\frac{3\sqrt{10}}{30}=\frac{\sqrt{10}}{10}$$
Zadanie nr 3 · Matura 2016
Kąt \(α\) jest ostry i \((sinα+cosα)^2=\frac{3}{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \(sinα\cdot cosα\).
Podnosimy wartość w nawiasie do kwadratu (zgodnie ze wzorami skróconego mnożenia), a następnie stosujemy tzw. "jedynkę trygonometryczną":
$$(sinα+cosα)^2=\frac{3}{2}$$
$$sin^2α+2sinαcosα+cos^2α=\frac{3}{2}$$
$$sin^2α+cos^2α+2sinαcosα=\frac{3}{2}$$
$$1+2sinαcosα=\frac{3}{2}$$
$$2sinαcosα=\frac{1}{2}$$
$$sinαcosα=\frac{1}{4}$$
Zadanie nr 16 · Matura 2015
Sinus kąta ostrego \(α\) jest równy \(\frac{3}{4}\). Wówczas:
A\(cosα=\frac{1}{4}\)
B\(cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}\)
C\(cosα=\frac{7}{16}\)
D\(cosα=\frac{\sqrt{13}}{16}\)
W zadaniu skorzystamy z "jedynki trygonometrycznej" do której podstawimy znaną nam wartość sinusa, dzięki czemu bez problemu wyznaczymy wartość cosinusa.
$$sin^2+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{3}{4}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{9}{16}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=1-\frac{9}{16}$$
$$cos^2α=\frac{7}{16}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{7}{16}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{7}{16}}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{7}}{4} \quad\lor\quad cosα=-\frac{\sqrt{7}}{4}$$
Wartość ujemną musimy odrzucić, bo dla kątów ostrych cosinus przyjmuje wartości dodatnie. Zatem jedyną prawidłową odpowiedzią będzie \(cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}\).
Zadanie nr 17 · Matura 2015
W trójkącie prostokątnym o długościach przyprostokątnych \(2\) i \(5\) cosinus większego z kątów ostrych jest równy:
A\(\frac{5}{2}\)
B\(\frac{2}{5}\)
C\(\frac{2}{\sqrt{29}}\)
D\(\frac{5}{\sqrt{29}}\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Narysujmy sobie ten trójkąt by przede wszystkim dostrzec w którym miejscu znajdzie się większy z kątów ostrych:
Cosinus zaznaczonego kąta będzie więc stosunkiem długości przyprostokątnej przy tym kącie do długości przeciwprostokątnej.
$$cosα=\frac{2}{c}$$
Krok 2. Obliczenie długości przeciwprostokątnej.
Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa:
$$2^2+5^2=c^2$$
$$4+25=c^2$$
$$c^2=29$$
$$c=\sqrt{29}$$
Krok 3. Obliczenie wartości cosinusa.
Możemy teraz wrócić do obliczenia wartości cosinusa, a tak naprawdę wystarczy już tylko podstawić obliczoną przed chwilą długość przeciwprostokątnej:
$$cosα=\frac{2}{\sqrt{29}}$$
Zadanie nr 29 · Matura 2015
Kąt \(α\) jest ostry i spełnia równość \(tgα+\frac{1}{tgα}=\frac{7}{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \(sinα\cdot cosα\).
Pamiętając o tym, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy całość rozpisać w następujący sposób:
$$tgα+\frac{1}{tgα}=\frac{7}{2}$$
$$tgα+1:tgα=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+1:\frac{sinα}{cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+1\cdot\frac{cosα}{sinα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+\frac{cosα}{sinα}=\frac{7}{2}$$
Sprowadzamy teraz ułamki do wspólnego mianownika, by móc je do siebie dodać:
$$\frac{sinα\cdot sinα}{cosα\cdot sinα}+\frac{cosα\cdot cosα}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sin^2α}{cosα\cdot sinα}+\frac{cos^2α}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sin^2α+cos^2α}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), zatem:
$$\frac{1}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$1=\frac{7}{2}\cdot sinα\cdot cosα \quad\bigg/\cdot\frac{2}{7}$$
$$sinα\cdot cosα=\frac{2}{7}$$
Zadanie nr 14 · Matura 2015
W trójkącie prostokątnym o długościach przyprostokątnych \(2\) i \(5\) cosinus większego z kątów ostrych jest równy:
A\(\frac{5}{2}\)
B\(\frac{2}{5}\)
C\(\frac{2}{\sqrt{29}}\)
D\(\frac{5}{\sqrt{29}}\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
Narysujmy sobie ten trójkąt by przede wszystkim dostrzec w którym miejscu znajdzie się większy z kątów ostrych:
Cosinus zaznaczonego kąta będzie więc stosunkiem długości przyprostokątnej przy tym kącie do długości przeciwprostokątnej.
$$cosα=\frac{2}{c}$$
Krok 2. Obliczenie długości przeciwprostokątnej.
Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa:
$$2^2+5^2=c^2$$
$$4+25=c^2$$
$$c^2=29$$
$$c=\sqrt{29}$$
Krok 3. Obliczenie wartości cosinusa.
Możemy teraz wrócić do obliczenia wartości cosinusa, a tak naprawdę wystarczy już tylko podstawić obliczoną przed chwilą długość przeciwprostokątnej:
$$cosα=\frac{2}{\sqrt{29}}$$
Zadanie nr 15 · Matura 2015
Kąt \(α\) jest ostry oraz \(3sinα-\sqrt{3}cosα=0\). Wtedy:
A\(tgα=\frac{1}{3}\)
B\(tgα=3\)
C\(tgα=\sqrt{3}\)
D\(tgα=\frac{\sqrt{3}}{3}\)
Korzystając z tego, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy zapisać, że:
$$3sinα-\sqrt{3}cosα=0$$
$$3sinα=\sqrt{3}cosα \quad\bigg/:cosα$$
$$\frac{3sinα}{cosα}=\sqrt{3} \quad\bigg/\cdot\frac{1}{3}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
$$tgα=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Zadanie nr 29 · Matura 2015
Kąt \(α\) jest ostry i spełnia równość \(tgα+\frac{1}{tgα}=\frac{7}{2}\). Oblicz wartość wyrażenia \(\sinα\cdot\cosα\).
Pamiętając o tym, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy całość rozpisać w następujący sposób:
$$tgα+\frac{1}{tgα}=\frac{7}{2}$$
$$tgα+1:tgα=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+1:\frac{sinα}{cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+1\cdot\frac{cosα}{sinα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sinα}{cosα}+\frac{cosα}{sinα}=\frac{7}{2}$$
Sprowadzamy teraz ułamki do wspólnego mianownika, by móc je do siebie dodać:
$$\frac{sinα\cdot sinα}{cosα\cdot sinα}+\frac{cosα\cdot cosα}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sin^2α}{cosα\cdot sinα}+\frac{cos^2α}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$\frac{sin^2α+cos^2α}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), zatem:
$$\frac{1}{sinα\cdot cosα}=\frac{7}{2}$$
$$1=\frac{7}{2}\cdot sinα\cdot cosα \quad\bigg/\cdot\frac{2}{7}$$
$$sinα\cdot cosα=\frac{2}{7}$$
Zadanie nr 33 · Próbny 2015
W czworościanie foremnym, którego krawędź ma długość \(a\), kąt \(α\) jest kątem nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy. Oblicz wartość wyrażenia \(cos^2(90°-α)-cos^2α\).
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Czworościan foremny to bryła mająca wszystkie krawędzie jednakowej długości. Tym samym każda ściana tej bryły jest trójkątem równobocznym. Zaznaczmy na naszym rysunku poszukiwany kąt i zobaczmy jakie odcinki będą go tworzyć:
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(OC\).
Spójrzmy na rysunek pomocniczy. Wynika z niego, że odcinek \(OC\) będący dolną przyprostokątną trójkąta prostokątnego ma długość \(\frac{2}{3}h_{p}\). Skoro w podstawie mamy trójkąt równoboczny o boku \(a\), to:
$$|OC|=\frac{2}{3}\cdot h_{p}$$
$$|OC|=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
$$|OC|=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$
Krok 3. Obliczenie wartości cosinusa.
Cosinus opisuje nam stosunek długości przyprostokątnej leżącej przy kącie oraz przeciwprostokątnej, zatem:
$$cosα=\frac{|OC|}{|CS|}$$
$$cosα=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a}$$
$$cosα=\frac{a\sqrt{3}}{3}:a$$
$$cosα=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{a}$$
$$cosα=\frac{\sqrt{3}}{3}$$
Krok 4. Uproszczenie wyrażenia.
Na początek musimy uprościć nasze wyrażenie, korzystając ze wzorów redukcyjnych oraz z jedynki trygonometrycznej. Jeżeli chodzi o wzory redukcyjne to wykorzystamy tutaj zależność \(cos(90°-α)=sinα\). Po lewej stronie równania mamy \(cos^2(90°-α)\), zatem korzystając ze wspomnianego wzoru redukcyjnego możemy zapisać, że to będzie równe \(sin^2α\). Całość wyrażenia będzie więc wyglądać następująco:
$$cos^2(90°-α)-cos2α=sin^2α-cos^2α$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), czyli że \(sin^2α=1-cos^2α\). Skoro tak, to podstawiając to do wyznaczonej przed chwilą postaci otrzymamy:
$$sin^2α-cos^2α=1-cos^2α-cos^2α=1-2cos^2α$$
Krok 5. Obliczenie wartości całego wyrażenia.
Skoro \(cosα=\frac{\sqrt{3}}{3}\) to wartość naszego wyrażenia będzie równa:
$$1-2cos^2α=1-2\cdot\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2=$$
$$=1-2\cdot\frac{3}{9}=1-\frac{6}{9}=\frac{3}{9}=\frac{1}{3}$$
Zadanie nr 16 · Próbny 2015
Wiadomo, że \(tgα=5\) i \(α\) jest kątem ostrym. Wówczas wyrażenie \(W=\frac{sinα-cosα}{sinα+cosα}\) ma wartość:
A\(\frac{1}{3}\)
B\(\frac{2}{3}\)
C\(\frac{3}{2}\)
D\(\frac{3}{1}\)
Krok 1. Zapisanie zależności między sinusem i cosinusem.
Wiedząc, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\) możemy zapisać, że:
$$tgα=5$$
$$\frac{sinα}{cosα}=5$$
$$sinα=5cosα$$
Krok 2. Wyznaczenie wartości całego wyrażenia.
Podstawiając \(sinα=5cosα\) do naszego wyrażenia otrzymamy:
$$W=\frac{sinα-cosα}{sinα+cosα}$$
$$W=\frac{5cosα-cosα}{5cosα+cosα}$$
$$W=\frac{4cosα}{6cosα}$$
$$W=\frac{4}{6}$$
$$W=\frac{2}{3}$$
Zadanie nr 7 · Matura 2015
Wartość wyrażenia \(sin120°-cos30°\) jest równa:
A\(sin90°\)
B\(sin150°\)
C\(sin0°\)
D\(sin60°\)
Krok 1. Obliczenie wartości \(sin120°\).
W tablicach trygonometrycznych mamy kąty tylko i wyłącznie do \(90°\). Aby wyznaczyć wartość kąta rozwartego musimy posłużyć się wzorami redukcyjnymi. Wynika z nich, że:
$$sin(90°+α)=cosα$$
Jeśli podstawimy \(α=30°\), to otrzymamy:
$$sin(90°+30°)=cos30°$$
$$sin120°=cos30°$$
Krok 2. Obliczenie wartości całego wyrażenia.
Nasze wyrażenie jest więc równe:
$$sin120°-cos30°=cos30°-cos30°=0=sin0°$$
Zadanie nr 8 · Matura 2015
Wyrażenie \(3sin^3αcosα+3sinαcos^3α\) może być przekształcone do postaci:
A\(3\)
B\(3sinαcosα\)
C\(3sin^3αcos^3α\)
D\(6sin^4αcos^4α\)
Wyłączając wspólną część przed nawias otrzymamy:
$$3sin^3αcosα+3sinαcos^3α=3sinαcosα(sin^2α+cos^2α)$$
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\), tak więc całe wyrażenie udało nam się przekształcić do \(3sinαcosα\).
Zadanie nr 15 · Matura 2015
Dla każdego kąta \(α\), spełniającego warunek \(0°\lt α \lt90°\), wyrażenie \(\frac{2sinα\cdot cos^2α}{1+cos^2α-sin^2α}\) jest równe:
A\(cosα\)
B\(sinα\)
C\(2sinα\)
D\(cos^2α\)
Korzystając z jedynki trygonometrycznej możemy zapisać, że:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$cos^2α=1-sin^2α$$
W związku z tym:
$$\frac{2sinα\cdot cos^2α}{1+cos^2α-sin^2α}=\frac{2sinα\cdot cos^2α}{1-sin^2α+cos^2α}=\frac{2sinα\cdot cos^2α}{cos^2α+cos^2α}=$$
$$=\frac{2sinα\cdot cos^2α}{2cos^2α}=sinα$$
Zadanie nr 15 · Matura 2015
Jeżeli \(0°\ltα\lt90°\) oraz \(tgα=2sinα\), to:
A\(cosα=\frac{1}{2}\)
B\(cosα=\frac{\sqrt{2}}{2}\)
C\(cosα=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
D\(cosα=1\)
Najprościej jest rozwiązać to zadanie podstawiając pod tangesa \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\), zatem:
$$tgα=2sinα$$
$$\frac{sinα}{cosα}=2sinα \quad\bigg/\cdot cosα$$
$$sinα=2sinαcosα \quad\bigg/:sinα$$
$$1=2cosα \quad\bigg/:2$$
$$cosα=\frac{1}{2}$$
Zadanie nr 32 · Matura 2015
Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa \(16\). Przekątna graniastosłupa jest nachylona do płaszczyzny jego podstawy pod kątem, którego cosinus jest równy \(\frac{3}{5}\). Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
W zadaniu mowa o graniastosłupie prawidłowym czworokątnym, a to oznacza, że w podstawie znajduje się kwadrat. Jeśli więc bok kwadratu oznaczylibyśmy sobie jako \(a\), to przekątna \(|AC|=a\sqrt{2}\).
Kluczem do rozwiązania tego zadania będzie poznanie długości \(a\), bo wtedy obliczymy pole podstawy i pola ścian bocznych.
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(|EC|\).
Spójrzmy na trójkąt \(ACE\). Znamy długość \(|AE|=16\). Wiemy też, że \(|AC|=a\sqrt{2}\). Gdyby więc udało nam się jeszcze ustalić długość odcinka \(|EC|\) to długość \(a\) obliczylibyśmy z Twierdzenia Pitagorasa.
Z pomocą przyjdzie nam informacja mówiąca o tym, że \(cosα=\frac{3}{5}\).
$$cosα=\frac{|AC|}{|EC|}$$
$$\frac{3}{5}=\frac{a\sqrt{2}}{|EC|} \quad\bigg/\cdot\|EC|$$
$$\frac{3}{5}|EC|=a\sqrt{2} \quad\bigg/\cdot\frac{5}{3}$$
$$|EC|=\frac{5\sqrt{2}a}{3}$$
Krok 3. Wyznaczenie długości krawędzi \(a\) z wykorzystaniem Twierdzenia Pitagorasa.
$$a^2+b^2=c^2$$
$$|AC|^2+|AE|^2=|EC|^2$$
$$(a\sqrt{2})^2+16^2=\left(\frac{5\sqrt{2}a}{3}\right)^2$$
$$2a^2+256=\frac{50a^2}{9} \cdot|\cdot9$$
$$18a^2+2304=50a^2$$
$$-32a^2+2304=0 \quad\bigg/:(-32)$$
$$a^2-72=0$$
Powstałe równanie możemy obliczyć metodą delty (pamiętaj, że w tym przypadku współczynnik \(b=0\)), ale wygodniej będzie zapisać to w ten sposób:
$$a^2-72=0$$
$$a^2=72$$
$$a=\sqrt{72} \quad\lor\quad a=-\sqrt{72}$$
Ujemne rozwiązanie oczywiście odrzucamy. To co jeszcze warto zrobić, to wyłączyć wspólny czynnik przed znak pierwiastka, tak więc:
$$a=\sqrt{72}=a=\sqrt{36\cdot2}=6\sqrt{2}$$
Krok 4. Obliczenie pola całkowitego graniastosłupa.
Znając długość \(a=6\sqrt{2}\) możemy już bez przeszkód obliczyć pole całkowite graniastosłupa.
$$P_{c}=2P_{p}+4P_{b}$$
$$P_{c}=2\cdot a^2+4\cdot a\cdot H$$
$$P_{c}=2\cdot(6\sqrt{2})^2+4\cdot6\sqrt{2}\cdot16$$
$$P_{c}=2\cdot72+384\sqrt{2}$$
$$P_{c}=144+384\sqrt{2}$$
Zadanie nr 14 · Matura 2015
Kąt \(α\) jest ostry i \(sinα=\frac{2}{5}\). Wówczas \(cosα\) jest równy:
A\(\frac{5}{2}\)
B\(\frac{\sqrt{21}}{2}\)
C\(\frac{3}{5}\)
D\(\frac{\sqrt{21}}{5}\)
Skorzystamy z tak zwanej "jedynki trygonometrycznej":
$$sin^2α+cos^2α=1$$
Podstawiając wartość sinusa do tego wzoru wyznaczymy poszukiwaną wartość cosinusa.
$$\left(\frac{2}{5}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4}{25}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{21}{25}$$
$$cos=\sqrt{\frac{21}{25}} \quad\lor\quad cos=-\sqrt{\frac{21}{25}}$$
$$cos=\frac{\sqrt{21}}{5} \quad\lor\quad cos=-\frac{\sqrt{21}}{5}$$
Zadanie nr 32 · Matura 2015
Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa \(16\). Przekątna graniastosłupa jest nachylona do płaszczyzny jego podstawy pod kątem, którego cosinus jest równy \(\frac{3}{5}\). Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.
Krok 1. Sporządzenie rysunku poglądowego.
W zadaniu mowa o graniastosłupie prawidłowym czworokątnym, a to oznacza, że w podstawie znajduje się kwadrat. Jeśli więc bok kwadratu oznaczylibyśmy sobie jako \(a\), to przekątna \(|AC|=a\sqrt{2}\).
Kluczem do rozwiązania tego zadania będzie poznanie długości \(a\), bo wtedy obliczymy pole podstawy i pola ścian bocznych.
Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(|EC|\).
Spójrzmy na trójkąt \(ACE\). Znamy długość \(|AE|=16\). Wiemy też, że \(|AC|=a\sqrt{2}\). Gdyby więc udało nam się jeszcze ustalić długość odcinka \(|EC|\) to długość \(a\) obliczylibyśmy z Twierdzenia Pitagorasa.
Z pomocą przyjdzie nam informacja mówiąca o tym, że \(cosα=\frac{3}{5}\).
$$cosα=\frac{|AC|}{|EC|}$$
$$\frac{3}{5}=\frac{a\sqrt{2}}{|EC|} \quad\bigg/\cdot\|EC|$$
$$\frac{3}{5}|EC|=a\sqrt{2} \quad\bigg/\cdot\frac{5}{3}$$
$$|EC|=\frac{5\sqrt{2}a}{3}$$
Krok 3. Wyznaczenie długości krawędzi \(a\) z wykorzystaniem Twierdzenia Pitagorasa.
$$a^2+b^2=c^2$$
$$|AC|^2+|AE|^2=|EC|^2$$
$$(a\sqrt{2})^2+16^2=\left(\frac{5\sqrt{2}a}{3}\right)^2$$
$$2a^2+256=\frac{50a^2}{9} \cdot|\cdot9$$
$$18a^2+2304=50a^2$$
$$-32a^2+2304=0 \quad\bigg/:(-32)$$
$$a^2-72=0$$
Powstałe równanie możemy obliczyć metodą delty (pamiętaj, że w tym przypadku współczynnik \(b=0\)), ale wygodniej będzie zapisać to w ten sposób:
$$a^2-72=0$$
$$a^2=72$$
$$a=\sqrt{72} \quad\lor\quad a=-\sqrt{72}$$
Ujemne rozwiązanie oczywiście odrzucamy. To co jeszcze warto zrobić, to wyłączyć wspólny czynnik przed znak pierwiastka, tak więc:
$$a=\sqrt{72}=a=\sqrt{36\cdot2}=6\sqrt{2}$$
Krok 4. Obliczenie pola całkowitego graniastosłupa.
Znając długość \(a=6\sqrt{2}\) możemy już bez przeszkód obliczyć pole całkowite graniastosłupa.
$$P_{c}=2P_{p}+4P_{b}$$
$$P_{c}=2\cdot a^2+4\cdot a\cdot H$$
$$P_{c}=2\cdot(6\sqrt{2})^2+4\cdot6\sqrt{2}\cdot16$$
$$P_{c}=2\cdot72+384\sqrt{2}$$
$$P_{c}=144+384\sqrt{2}$$
Zadanie nr 15 · Matura 2014
Kąt \(α\) jest ostry i spełniona jest równość \(3tgα=2\). Wtedy wartość wyrażenia \(sinα+cosα\) jest równa:
A\(1\)
B\(\frac{5\sqrt{13}}{26}\)
C\(\frac{5\sqrt{13}}{13}\)
D\(\sqrt{5}\)
Krok 1. Wyznaczenie wzoru na \(sinα\).
Pamiętając, że \(tgα=\frac{sinα}{cosα}\), możemy dokonać przekształcenia i spróbować wyznaczyć wzór na sinusa, który później podstawimy do jedynki trygonometrycznej.
$$3tgα=2$$
$$tgα=\frac{2}{3}$$
$$\frac{sinα}{cosα}=\frac{2}{3} \quad\bigg/\cdot cosα$$
$$sinα=\frac{2}{3}cosα$$
Krok 2. Wyznaczenie dokładnej wartości \(cosα\).
Korzystając z jedynki trygonometrycznej i podstawiając równanie wyznaczone w pierwszym kroku możemy obliczyć dokładną wartość cosinusa:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{2}{3}cosα\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{4}{9}cos^2α+cos^2α=1 \quad\bigg/\cdot9$$
$$4cos^2α+9cos^2α=9$$
$$13cos^2α=9$$
$$cos^2α=\frac{9}{13}$$
$$cosα=\sqrt{\frac{9}{13}} \quad\lor\quad cosα=-\sqrt{\frac{9}{13}}$$
$$cosα=\frac{3}{\sqrt{13}} \quad\lor\quad cosα=-\frac{3}{\sqrt{13}}$$
Z racji tego iż kąt \(α\) jest ostry, to ujemne rozwiązanie odrzucamy. Pozostaje nam więc \(cosα=\frac{3}{\sqrt{13}}\). W tym zapisie możemy jeszcze usunąć niewymierność z mianownika, zatem:
$$cosα=\frac{3}{\sqrt{13}}=\frac{3\cdot\sqrt{13}}{\sqrt{13}\cdot\sqrt{13}}=\frac{3\sqrt{13}}{13}$$
Krok 3. Obliczenie wartości \(sinα\).
$$\require{cancel}
sinα=\frac{2}{3}cosα$$
$$sinα=\frac{2}{\cancel{3}}\cdot\frac{\cancel{3}\sqrt{13}}{13}$$
$$sinα=\frac{2\sqrt{13}}{13}$$
Krok 4. Obliczenie wartości wyrażenia \(sinα+cosα\).
Znając wartości sinusa i cosinusa bez problemu obliczymy poszukiwaną wartość naszego wyrażenia:
$$sinα+cosα=\frac{2\sqrt{13}}{13}+\frac{3\sqrt{13}}{13}=\frac{5\sqrt{13}}{13}$$
Zadanie nr 29 · Matura 2014
Kąt \(α\) jest ostry oraz \(\frac{4}{sin^2α}+\frac{4}{cos^2α}=25\). Oblicz wartość wyrażenia \(sinα\cdot cosα\).
Krok 1. Sprowadzenie ułamków do wspólnego mianownika i dodanie do siebie tych dwóch wyrażeń.
Aby dodać do siebie te dwa ułamki musimy je najpierw sprowadzić do wspólnego mianownika. Zrobimy to w następujący sposób:
$$\frac{4}{sin^2α}+\frac{4}{cos^2α}=25$$
$$\frac{4\cdot cos^2α}{sin^2α\cdot cos^2α}+\frac{4\cdot sin^2α}{cos^2α\cdot sin^2α}=25$$
$$\frac{4\cdot cos^2α+4\cdot sin^2α}{cos^2α\cdot sin^2α}=25$$
Krok 2. Wyznaczenie wartości wyrażenia \(sinα\cdot cosα\).
Spróbujmy z licznika wyłączyć czwórkę przed nawias, dzięki czemu w nawiasie otrzymamy jedynkę trygonometryczną. W mianowniku za to warto wyłączyć przed nawias potęgowanie, co sprawi że otrzymamy w nawiasie dokładnie to wyrażenie, którego wartości poszukujemy. Zatem:
$$\frac{4\cdot(cos^2α+sin^2α)}{(cosα\cdot sinα)^2}=25$$
$$\frac{4\cdot1}{(cosα\cdot sinα)^2}=25$$
$$4=25\cdot(cosα\cdot sinα)^2$$
$$(cosα\cdot sinα)^2=\frac{4}{25}$$
$$cosα\cdot sinα=\sqrt{\frac{4}{25}} \quad\lor\quad cosα\cdot sinα=-\sqrt{\frac{4}{25}}$$
$$cosα\cdot sinα=\frac{2}{5} \quad\lor\quad cosα\cdot sinα=-\frac{2}{5}$$
Z racji tego iż kąt \(α\) jest ostry, to ujemne rozwiązanie musimy odrzucić, bo dla kątów ostrych sinus i cosinus przyjmują wartości dodatnie. Zatem jedynym prawidłowym rozwiązaniem będzie \(cosα\cdot sinα=\frac{2}{5}\).
Zadanie nr 15 · Próbny 2014
Liczba \(sin150°\) jest równa liczbie:
A\(cos60°\)
B\(cos120°\)
C\(tg120°\)
D\(tg60°\)
Musimy skorzystać z jednego ze wzorów redukcyjnych:
$$sin(90°+α)=cosα$$
$$sin150°=sin(90°+60°)=cos60°$$
Zadanie nr 15 · Próbny 2014
Jeśli \(α\) jest kątem rozwartym i \(sinα=\frac{12}{13}\), to:
A\(cosα=\frac{13}{12}\)
B\(cosα=-\frac{13}{12}\)
C\(cosα=\frac{5}{13}\)
D\(cosα=-\frac{5}{13}\)
Z jedynki trygonometrycznej wiemy, że \(sin^2α+cos^2α=1\). Podstawiając do tego równania wartość sinusa z treści zadania bez problemu obliczymy wartość cosinusa:
$$sin^2α+cos^2α=1$$
$$\left(\frac{12}{13}\right)^2+cos^2α=1$$
$$\frac{144}{169}+cos^2α=1$$
$$cos^2α=\frac{25}{169}$$
$$cosα=\frac{5}{13} \quad\lor\quad cosα=-\frac{5}{13}$$
Zazwyczaj odrzucamy ujemne rozwiązanie, bo zazwyczaj w treści zadania informują nas że \(α\) jest kątem ostrym. Tym razem wyjątkowo \(α\) jest kątem rozwartym, a dla kątów rozwartych cosinus przyjmuje zawsze wartości ujemne, zatem tutaj musimy odrzucić dodatnie rozwiązanie, dzięki czemu zostaje nam, że \(cosα=-\frac{5}{13}\).
Zadanie nr 19 · Próbny 2014
Dany jest trójkąt prostokątny o kącie ostrym \(α\). Jeśli \(sinα=\frac{3}{5}\) i przeciwprostokątna ma długość \(20\), to dłuższa przyprostokątna ma długość:
A\(10\)
B\(12\)
C\(16\)
D\(18\)
Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Zanim zaczniemy cokolwiek liczyć, to zróbmy sobie szkicowy rysunek tego trójkąta:
Krok 2. Obliczenie długości boku \(x\).
Zgodnie z naszym rysunkiem jesteśmy w stanie obliczyć długość odcinka \(x\) korzystając z informacji na temat sinusa:
$$sinα=\frac{x}{20}$$
$$\frac{3}{5}=\frac{x}{20} \quad\bigg/\cdot20$$
$$x=12$$
Krok 3. Obliczenie długości boku \(y\).
Nie wiemy, czy akurat obliczony \(x=12\) jest dłuższą przyprostokątną, dlatego musimy jeszcze obliczyć długość drugiej przyprostokątnej. Zrobimy to korzystając z Twierdzenia Pitagorasa:
$$12^2+y^2=20^2$$
$$144+y^2=400$$
$$y^2=256$$
$$y=16 \quad\lor\quad y=-16$$
Długość ujemną oczywiście odrzucamy i zostaje nam \(y=16\).
To oznacza, że dłuższa przyprostokątna ma długość \(16\).
Zacznij dziś
Zacznij naukę już dziś — to nic nie kosztuje
Załóż bezpłatne konto i otwórz dostęp do pełnego śledzenia postępów, planów nauki i quizów. Arkusze i zadania podstawowe są dostępne bez rejestracji. Już ponad 5 000 uczniów uczy się z Matematix.
