Funkcje trygonometryczne kąta ostrego w trójkącie prostokątnym

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

Odpowiedź: A.

Wartość z tablicy kątów szczególnych:

$$\sin30^\circ=\frac12$$

Odpowiedź: B. $\frac12$.

Sinus — bok naprzeciw do przeciwprostokątnej:

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

Cosinus — bok przy kącie do przeciwprostokątnej:

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

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

Tangens to sinus przez cosinus (lub bok naprzeciw przez bok przy):

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{3}{4}$$

Odpowiedź: $\operatorname{tg}\alpha=\frac34$.

Dla $45^\circ$ przyprostokątne są równe, więc:

$$\operatorname{tg}45^\circ=1$$

Odpowiedź: D. $1$.

Sposób 1 — jedynka trygonometryczna. Dla każdego kąta:

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

Więc wynik od razu wynosi $1$.

Sposób 2 — sprawdzenie liczbowe:

$$\left(\tfrac{\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\tfrac12\right)^2=\tfrac34+\tfrac14=1$$

Odpowiedź: $1$.

$$\cos60^\circ=\frac12$$

Uwaga: $\cos60^\circ=\sin30^\circ$ — kąty dopełniające się do $90^\circ$.

Odpowiedź: C. $\frac12$.

Krok 1 — definicja sinusa:

$$\sin\alpha=\frac{a}{10}=0{,}6$$

Krok 2 — wyznaczamy $a$:

$$a=0{,}6\cdot10=6$$

Odpowiedź: $6$.

Krok 1 — jedynka trygonometryczna:

$$\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\frac{16}{25}=\frac{9}{25}$$

Krok 2 — pierwiastkujemy (kąt ostry, więc $\sin\alpha>0$):

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

Odpowiedź: $\sin\alpha=\frac35$.

$$\sin90^\circ=1$$

Odpowiedź: A. $1$.

Krok 1 — podstawiamy wartości:

$$\frac12\cdot\frac12+\frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac14+\frac34=1$$

Ciekawostka. To wzór na $\sin(30^\circ+60^\circ)=\sin90^\circ=1$ ✔

Odpowiedź: $1$.

Jedynka trygonometryczna: $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$.

Odpowiedź: B.

Krok 1 — sinus kąta:

$$\sin30^\circ=\frac{a}{12}$$

Krok 2 — podstawiamy $\sin30^\circ=\frac12$:

$$\frac12=\frac{a}{12} \quad\Rightarrow\quad a=6$$

Odpowiedź: $6$.

$\operatorname{tg}45^\circ=1$, więc $\alpha=45^\circ$.

Odpowiedź: C. $45^\circ$.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna, wysokość na ścianie to bok naprzeciw kąta $60^\circ$.

Krok 2 — sinus:

$$\sin60^\circ=\frac{h}{5}$$

Krok 3 — obliczamy ($\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}$):

$$h=5\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{5\sqrt3}{2}\approx4{,}33\ \text{m}$$

Odpowiedź: $\frac{5\sqrt3}{2}\approx4{,}33$ m.

$$\cos90^\circ=0$$

Odpowiedź: D. $0$.

Krok 1 — model trójkąta. $\operatorname{tg}\alpha=\frac{\text{naprzeciw}}{\text{przy}}=\frac34$, więc bierzemy przyprostokątne $3$ i $4$.

Krok 2 — przeciwprostokątna (Pitagoras):

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

Krok 3 — funkcje:

$$\sin\alpha=\frac35,\qquad \cos\alpha=\frac45$$

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

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

Krok 1 — model. Kąt wzniesienia $45^\circ$, odległość pozioma $20$ m to bok przy kącie, wysokość masztu to bok naprzeciw.

Krok 2 — tangens:

$$\operatorname{tg}45^\circ=\frac{h}{20}$$

Krok 3 — obliczamy ($\operatorname{tg}45^\circ=1$):

$$1=\frac{h}{20} \quad\Rightarrow\quad h=20\ \text{m}$$

Wniosek. Przy kącie $45^\circ$ wysokość równa się odległości poziomej.

Odpowiedź: $20$ m.

Krok 1 — tożsamość na tangens:

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$$

Krok 2 — podstawiamy:

$$\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}-\operatorname{tg}\alpha=\operatorname{tg}\alpha-\operatorname{tg}\alpha=0$$

Wniosek. Wyrażenie jest równe $0$ dla każdego kąta ostrego — to ta sama wielkość zapisana dwoma sposobami.

Odpowiedź: $0$.

Krok 1 — rozwijamy kwadrat sumy:

$$(\sin\alpha+\cos\alpha)^2=\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha$$

Krok 2 — grupujemy $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$:

$$=(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)+2\sin\alpha\cos\alpha$$

Krok 3 — jedynka trygonometryczna $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$:

$$=1+2\sin\alpha\cos\alpha \qquad ∎$$

Sprawdzenie dla $\alpha=45^\circ$: lewa $\left(\frac{\sqrt2}{2}+\frac{\sqrt2}{2}\right)^2=(\sqrt2)^2=2$; prawa $1+2\cdot\frac12=2$ ✔

1. Krok 1. Oznaczenia.

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

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

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

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

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

1. Krok 1. Układ współrzędnych.

   Kąt prosty jest przy $B$, więc przyjmijmy $B=(0,0)$, $A=(0,a)$ na osi $OY$ oraz $C=(c,0)$ na osi $OX$. Z $|\angle CAB|=60^{\circ}$ wynika, że kąt przy $C$ ma $30^{\circ}$, a $\tan 60^{\circ}=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{c}{a}=\sqrt{3}$, więc $c=a\sqrt{3}$.

2. Krok 2. Wyznaczenie $a$ z warunku $|AD|=2$.

   W trójkącie prostokątnym rzut przyprostokątnej $AB$ na przeciwprostokątną spełnia $|AD|=\dfrac{|AB|^{2}}{|AC|}$. Ponieważ $|AC|=\sqrt{a^{2}+c^{2}}=\sqrt{a^{2}+3a^{2}}=2a$, mamy

   $$|AD|=\frac{a^{2}}{2a}=\frac{a}{2}=2\ \Rightarrow\ a=4.$$

   Zatem $A=(0,4)$, $C=(4\sqrt{3},0)$, $|AC|=8$.

3. Krok 3. Współrzędne $D$ (spodek wysokości) i punktów $K$, $L$.

   Prosta $AC$: $\dfrac{x}{4\sqrt{3}}+\dfrac{y}{4}=1$, czyli $x+\sqrt{3}\,y=4\sqrt{3}$. Rzutując $B=(0,0)$ prostopadle na $AC$ otrzymujemy $D=(\sqrt{3},\,3)$ (sprawdzenie: $|AD|=\sqrt{(\sqrt3-0)^2+(3-4)^2}=\sqrt{3+1}=2$).

   Punkty: $K=(0,1)$ (na $AB$, $|BK|=1$) oraz $L=(1,0)$ (na $BC$, $|BL|=1$). Prosta $KL$: $x+y=1$.

4. Krok 4. Punkt $N=KL\cap BD$.

   Prosta $BD$ przechodzi przez $B=(0,0)$ i $D=(\sqrt3,3)$, więc ma równanie $y=\sqrt{3}\,x$. Podstawiając do $x+y=1$:

   $$x+\sqrt{3}x=1\ \Rightarrow\ x=\frac{1}{1+\sqrt3},\quad y=\frac{\sqrt3}{1+\sqrt3}.$$
5. Krok 5. Obliczenie $|ND|$.

   Cała wysokość $|BD|=\sqrt{(\sqrt3)^2+3^2}=\sqrt{12}=2\sqrt3$. Odległość $|BN|$:

   $$|BN|=\sqrt{x^{2}+y^{2}}=\sqrt{\frac{1+3}{(1+\sqrt3)^{2}}}=\frac{2}{1+\sqrt3}=\frac{2(\sqrt3-1)}{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}=\frac{2(\sqrt3-1)}{2}=\sqrt3-1.$$

   Ponieważ $N$ leży między $B$ i $D$:

   $$|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\qquad\blacksquare$$

Rozwiązanie

$\mathrm{tg}\,\alpha=\dfrac{y}{x}=\dfrac{1}{-3}=-\tfrac13$.

Odpowiedź: D

Rozwiązanie

$\sin^2\alpha(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)=\sin^2\alpha\cdot1=\sin^2\alpha$.

Odpowiedź: A