Twierdzenie sinusów i cosinusówAldona Dutkiewicz

Aneta Sikorska-Nowak

Teoria

Twierdzenie 1. Twierdzenie sinusów (twierdzenie Snelliusa).W dowolnym trójkącie stosunek długości dowolnego boku do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego bokujest stały i równy długości średnicy okręgu opisanego na tym trójkącie.

asinα

=b

sin β=

csinγ

= 2R

Dowód tego twierdzenia przeprowadzimy, uzasadniając, że asinα = 2R.

Rozpatrzymy trzy przypadki.Przypadek I: α jest kątem prostym.Przypadek II: α jest kątem ostrym.Przypadek III: α jest kątem rozwartym.Przypadek I:

1. α jest kątem prostym, z założenia,2. BC jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie ABC, stąd |BC| = 2R,3. a = 2R,4. sinα = sin 90◦ = 1, zatem a

sinα = 2R, c.n.d.

1

Przypadek II:

Poprowadźmy średnicę A1B i zauważmy, że:1. |]BAC| = |]BA1C| = α, jako kąty wpisane w koło oparte na tym samym łuku;2. sinα = a

2R , z określenia sinusa kąta α, zatem asinα = 2R c.n.d.

Przypadek III:

Poprowadźmy średnicę A1B i zauważmy, że:1. |]A1CB| jest prosty, jako kąt wpisany w koło oparty na półokręgu,2. |]CA1B| = 180◦ −α, jako kąt wpisany w koło oparty na łuku CAB dopełniającym łuk CA1B dookręgu,3. ∆A1BC jest prostokątny o przeciwprostokątnej A1B i |A1B| = 2R,4. sinα = sin(180◦ − α) = a

2R , zatem asinα = 2R c.n.d.

Udowodniliśmy zatem, że niezależnie od tego, czy α jest kątem ostrym, prostym, czy roz-wartym, to a

sinα = 2R.Tak samo przeprowadza się dowody równości b

sin β = 2R oraz csinγ = 2R.

Przykład 1. Obliczmy długość promienia okręgu opisanego na trójkącie ABC, zakładając, żea = 4

√7 i cosα = −

√2

3 .Możemy skorzystać z twierdzenia sinusów, ale wcześniej należy obliczyć sinα. Ze wzoru jedyn-kowego otrzymujemy:

sin2 α = 1 − cos2 α = 1 − (−

√2

3)2 =

79, skąd

2

sinα =

√7

3∨ sinα = −

√7

3.

Ponieważ α jest kątem trójkąta, to α ∈ (0, π), zatem sinα > 0, więc musi być sinα =√

73 . Korzy-

stając teraz z twierdzenia sinusów, obliczamy, że asinα = 2R, skąd R = a

2 sinα = 4√

72√

73

= 6.Promień okręgu opisanego na trójkącie ABC ma długość 6.

Przykład 2. Z wierzchołka A trójkąta ABC, którego boki mają długość a, b i c, poprowadzonopółprostą przecinającą bok BC w punkcie D. Podzieliła ona dany trójkąt na dwa trójkąty. Wyka-żemy, że stosunek promieni okręgów opisanych na obu tych trójkątach nie zależy od kąta, jakitworzy ta półprosta z bokiem BC.

Oznaczmy |]ADB| = δ. R1-promień okręgu opisanego na trójkącie ABD, R2- promień okręguopisanego na trójkącie ADC. Z twierdzenia sinusów dla trójkąta ABD mamy: R1 = c

2 sin δ . Za-uważmy dalej, że |]ADC| = 180◦ − δ (jest to kąt przyległy do kąta ADB). Stosując twierdzeniesinusów dla trójkąta ADC, dochodzimy do wniosku, że

R2 =b

2 sin(180◦ − δ)=

b2 sin δ

. ZatemR1

R2=

c2 sin δ

b2 sin δ

=cb,

a więc stosunek ten zależy tylko od długości boków b i c.

Przykład 3. Wykażmy, że jeżeli α, β są miarami kątów trójkąta, to sin(α + β) < sinα + sin β.Z twierdzenia sinusów mamy:

asinα

= 2R,b

sin β= 2R oraz

csin[180◦ − (α + β)]

=c

sin(α + β)= 2R, skąd

sinα =a

2R, sin β =

b2R

oraz sin(α + β) =c

2R.

Mamy zatem:

sin(α + β) < sinα + sin β⇔c

2R<

a2R

+b

2R⇔ c < a + b.

Ostatnia nierówność jest prawdziwa w każdym trójkącie, gdyż zawsze suma długości dwóchboków jest większa od długości boku trzeciego. Zatem również prawdziwa jest równoważna jejnierówność, występująca w tezie, co kończy dowód.

Korzystając z twierdzenia sinusów łatwo udowodnić twierdzenie o dwusiecznej kąta w trój-kącie:

3

Twierdzenie 2. Twierdzenie o dwusiecznej kąta w trójkącie.Dwusieczna kąta wewnętrznego w trójkącie dzieli przeciwległy bok proporcjonalnie do długości pozosta-łych boków.

|AD||DB|

=|AC||BC|

Twierdzenie 3. Twierdzenie cosinusów (twierdzenie Carnota).W dowolnym trójkącie kwadrat długości dowolnego boku jest równy sumie kwadratów długości pozosta-łych boków, pomniejszonej o podwojony iloczyn długości tych boków i cosinusa kąta zawartego międzynimi:

a2 = b2 + c2− 2bc cosα

b2 = a2 + c2− 2ac cos β

c2 = a2 + b2− 2ab cosγ

Uwaga 1. W szczególnym przypadku, gdy trójkąt jest prostokątny i γ jest kątem prostym, twier-dzenie to sprowadza się do twierdzenia Pitagorasa, ponieważ cosinus kąta prostego jest równyzero, czyli

c2 = a2 + b2

Dowód.Przypadek I: γ jest kątem prostym.

4

Twierdzenie cosinusów to uogólnienie twierdzenia Pitagorasa dla dowolnego trójkąta. Jeżelikąt γ jest prosty, to cosγ = 0 i c2 = a2 + b2.

Przypadek II - γ jest kątem ostrym.

Przyjmujemy oznaczenia jak na powyższym rysunku.Mamy kolejno:1. Punkt D jest spodkiem wysokości BD trójkąta ABC i |BD| = h,2. Korzystając z zależności w trójkącie prostokątnym CDB, obliczamy: sinγ = h

a , stądh = a sinγ, cosγ = m

a , zatem m = a cosγ i n = |b −m| = |b − a cosγ|.3. Boki trójkąta prostokątnego ABD mają długości: c, a sinγ, |b − a cosγ|.Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego ADB otrzymujemy:c2 = (a sinγ)2 + (b − a cosγ)2, stądc2 = a2 sin2 γ + b2

− 2ab cosγ + a2 cos2 γ = a2(sin2 γ + cos2 γ) + b2− 2ab cosγ i ostatecznie c2 =

a2 + b2− 2ab cosγ, c.n.d.

Przypadek III -γ jest kątem rozwartym.

Oznaczenia jak na poniższym rysunku.Mamy kolejno:1. Punkt D (spodek wysokości BD) należy do przedłużenia boku AC, |BD| = h.2. W trójkącie prostokątnym CBD kąt δ jest równy 180◦ − γ, wobec tego sin(180◦ − γ) = h

a ;ponieważ sin(180◦ − γ) = sinγ, to h = a sinγ, cos(180◦ − γ) = m

a ; ponieważcos(180◦ − γ) = − cosγ, to m = −acosγ, stąd otrzymujemy n = m + b = b − a cosγ.

5

3. Boki trójkąta prostokątnego ABD mają długości: c, a sinγ, b − a cosγ.Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta prostokątnego ABD, otrzymujemy:c2 = (a sinγ)2 + (b − a cosγ)2, stądc2 = a2 sin2 γ + b2

− 2ab cosγ + a2 cos2 γ = a2(sin2 γ + cos2 γ) + b2− 2ab cosγ

i ostatecznie c2 = a2 + b2− 2ab cosγ, c.n.d.

Zatem, niezależnie od tego, czy γ jest kątem ostrym, prostym, czy rozwartym, to c2 = a2 + b2−

2ab cosγ.

Z twierdzenia cosinusów wynika, że jeżeli znamy długości wszystkich boków trójkąta, tomożemy obliczyć cosinusy wszystkich jego kątów. I tak

cosα =b2 + c2

− a2

2bc,

cos β =a2 + c2

− b2

2ac,

cosγ =a2 + b2

− c2

2ab.

Zauważmy też, że jeżeli liczby a, b, c są długościami boków trójkąta i a 6 b 6 c, to miary kątówtrójkąta spełniają warunek α 6 β 6 γ ijeżeli cosγ > 0, to trójkąt jest ostrokątny,jeżeli cosγ = 0, to trójkąt jest prostokątny,jeżeli cosγ < 0, to trójkąt jest rozwartokątny.

Przykład 4. W trójkącie dane są długości boków: a = 5, b = 4 oraz γ = 150◦. Obliczmy dłu-gość trzeciego boku tego trójkąta i długość promienia opisanego na nim okręgu. Z twierdzeniacosinusów wynika, że c2 = a2 + b2

− 2ab · cos 150◦. Ponieważ cos 150◦ = −√

32 , otrzymujemy:

c2 = 41 + 21√

3, skąd

c =

√41 + 20

√

3.

Skorzystamy teraz z twierdzenia sinusów: csin 150◦ = 2R, a ponieważ sin 150◦ = 1

2 , więc R = c.

Przykład 5. Dany jest trójkąt o bokach długości a = 4, b = 5, c = 7. Czy jest to trójkąt ostrokątny,prostokątny, czy rozwartokątny?Gdyby trójkąt ten był prostokątny (ewentualnie rozwartokątny), to kąt prosty (rozwarty) musiał-by leżeć naprzeciwko najdłuższego boku. Wystarczy zatem rozważyć kąt leżący naprzeciwkoboku długości c. Możemy to zrobić, korzystając z wniosku z twierdzenia cosinusów:

cosγ =a2 + b2

− c2

2ab= −

15,

a skoro cosγ < 0 i γ ∈ (0, 180◦), to kąt γ jest rozwarty. Zatem jest to trójkąt rozwartokątny.

Przykład 6. W równoległoboku kąt ostry ma miarę 60◦, a stosunek kwadratu długości krót-szej przekątnej do kwadratu długości dłuższej przekątnej wynosi 19 : 39. Obliczymy stosunekdługości boków równoległoboku.

6

Oznaczmy przez a i b długości krótszego i dłuższego boku równoległoboku, zaś przez d1 i d2 -odpowiednio długości jego krótszej i dłuższej przekątnej. Po zastosowaniu twierdzenia cosinu-sów do trójkąta ABD otrzymujemy:

d21 = a2 + b2

− 2ab · cos 60◦ = a2 + b2− ab.

Podobnie, z trójkąta ABC (|]ABC| = 120◦) na mocy twierdzenia cosinusów:

d22 = a2 + b2

− 2ab · cos 120◦ = a2 + b2 + ab.

Zatem z warunków zadania:d2

1

d22

=a2 + b2

− aba2 + b2 + ab

=1939.

Poszukujemy stosunku ab (lub b

a , co na jedno wychodzi). Aby go policzyć, podzielmy licznik imianownik lewej strony naszego równania przez b2. Otrzymujemy: ( a

b )2+1− ab

( ab )2+1+ a

b= 19

39 . Oznaczmyteraz t = a

b . Ostatnie równanie przyjmuje postać t2−t+1

t2+t+1 = 1939 , skąd 10t2

− 29t + 10 = 0, zatem∆ = 441,

√∆ = 21; t = 2

5 ∨ t = 52 . Ponieważ a < b, więc t < 1, zatem drugie rozwiązanie

odrzucamy.Szukany stosunek boków wynosi 2

5 .

Przykład 7. Trzy cięciwy okręgu o promieniu długości R tworzą trójkąt wpisany w ten okrąg.Długości dwóch tych cięciw wynoszą R

2 i R√

3. Wyznaczymy długość trzeciej cięciwy.

7

Oznaczmy długość szukanej cięciwy BC przez x. Zauważmy, że (z twierdzenia sinusów) |AB|sinγ =

2R, skąd wobec faktu, że |AB| = R√

3, otrzymujemy R√

3sinγ = 2R, a więc sinγ =

√3

2 . Ponieważ γjest kątem trójkąta, więc ostatnia równość może zachodzić dla γ = 60◦ lub γ = 120◦. Rozważmyzatem dwa przypadki:Na mocy twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC:1) γ = 60◦

(R√

3)2 =(R

2

)2

+ x2− 2 · x ·

R2· cos 60◦

skąd otrzymujemy równanie: 4x2− 2xR − 11R2 = 0

∆ = 180R2,√

∆ = 6√

5R; x1 =(1−3

√5)R

4 i x2 =(1+3

√5)R

4 .Pierwsza z tych liczb, jako ujemna, nie spełnia warunków zadania. Zatem w tym przypadkudługość trzeciej cięciwy wynosi: (1+3

√5)R

4 .2) γ = 120◦

Postępując analogicznie, otrzymujemy tym razem równanie:

(R√

3)2 =(R

2

)2

+ x2− 2 · x ·

R2· cos 120◦, skąd 4x2 + 2xR − 11R2 = 0.

Ostatnie równanie spełniają liczby x3 =−(1+3

√5)R

4 i x4 =(3√

5−1)R4 .

Pierwsza z nich jest ujemna, zatem w tym przypadku długość trzeciej cięciwy wynosi: (3√

5−1)R4 .

Trzecia cięciwa może mieć długość (1+3√

5)R4 lub (3

√5−1)R4 .

Zadania obowiązkoweZadanie 1. Mając dane długości a, b boków trójkąta ostrokątnego ABC oraz długość R promieniaokręgu opisanego na tym trójkącie, oblicz sinusy kątów oraz długość trzeciego boku trójkąta.Wykonaj obliczenia, gdy a = 6, b = 10, R = 8.Wskazówka: Skorzystać z twierdzenia sinusów.Szkic rozwiązania. Sporządzamy rysunek. Korzystając z twierdzenia sinusów mamy:

asinα

= 2R

6sinα

= 16

sinα =38

Analogicznie dostajemy sin β = 58 . Znajdziemy teraz miarę kąta γ.

sinγ = sin(180 − (α + β)) = sinα cos β + sin β cosα =3√

39 + 5√

5564

Bok c = 2R sinγ = 3√

39+5√

554 .

Odpowiedź: sinα = 38 , sin β = 5

8 , sinγ = 3√

39+5√

5564 , c = 3

√39+5

√55

4 .

Zadanie 2. W trójkącie ABC bok |AB| = c = 12, bok |BC| = a = 10, bok |CA| = b = 6. Dwusiecznakąta ACB przecina bok AB w punkcie D. Oblicz długości odcinków AD i BD.

8

Wskazówka: Skorzystać z twierdzenia sinusów oraz faktu, że dwusieczna kąta dzieli go na dwakąty przystające, a suma kątów przyległych wynosi 180◦.Szkic rozwiązania. Sporządzamy rysunek. Kąty zaznaczone na rysunku jako γ są równe, bo CDjest dwusieczną (dwusieczna dzieli kąt na dwa kąty przystające). Ponadto suma kątów α i βrówna się 180◦. Jest tak dlatego, że α i β to kąty przyległe, a suma kątów przyległych to kątpółpełny (czyli 180◦ ). Oznaczmy dodatkowo |AD| = y, |BD| = x. Z rysunku wynika, że: x+y = 12.Rozważmy trójkąt BCD.

xsinγ

=a

sin β

x =a

sin βsinγ

xa

=sinγsin β

.

Czylix

10=

sinγsin β

Rozważmy teraz trójkąt ADC.y

sinγ=

bsinα

y =b

sinαsinγ

yb

=sinγsinα

.

Czyliy6

=sinγsinα

Wiemy, że kąty α i β są przyległe, czyli α+ β = 180◦. Zatem α = 180◦ − β i sinα = sin (180◦ − β) =sin β. Wobec powyższego

x10

=y6

Dostajemy dwa równania x10 =

y6 oraz x+ y = 12. Rozwiązaniem tego układu równań jest x = 7.5

i y = 4.5.Odpowiedź: x = 7.5 i y = 4.5.

Zadanie 3. Dany jest trójkąt o bokach a, b, c. Promień okręgu opisanego na tym trójkącie równyjest R. Oblicz pole tego trójkąta.Wskazówka: Skorzystać ze wzoru na pole trójkąta P = 1

2 ab sinγ, gdzie a i b to długości bokówtrójkąta, a γ oznacza kąt zawarty między nimi.Szkic rozwiązania.

Mamy P = 12 ab sinγ. Z twierdzenia sinusów sinγ = c

2R . Stąd P = abc4R .

Odpowiedź: P = abc4R .

Zadanie 4. W trójkącie ABC mamy dane: długości boków AB i AC, długość r promienia okręguwpisanego oraz miarę kąta α = |]BAC|. Oblicz: długość boku BC, miary kątów β = |]ABC| iγ = |]ACB|, pole trójkąta ABC i długość promienia okręgu opisanego na trójkącie ABC. Wykonaj

9

obliczenia dla |AB| = 12, |AC| = 8, α = 34π, r = 4

√2

19+8√

2Wskazówka: P = PABS + PBCS + PCAS, gdzie S jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC.Szkic rozwiązania. Pole : P = 1

2 bc sinα = 24√

2. Z drugiej strony, niech S będzie środkiem okręguwpisanego w trójkąt ABC. Wtedy

P = PABS + PBCS + PCAS =12|AB|r +

12|BC|r +

12|CA|r =

12

r(a + b + c) =2√

2

19 + 8√

2(a + 20).

Porównując obydwa wzory znajdujemy a = 208 + 96√

2.

Zadanie 5. Boki AB i AC trójkata ABC mają odpowiednio długości 4 i 6 i tworzą kąt BAC omierze 120◦. Oblicz długość boku BC tego trójkąta.Wskazówka: Korzystamy z twierdzenia cosinusów.Odpowiedź: |BC| =

√76

Zadanie 6. Znajdź cosinusy kątów w trójkącie ABC, w którym |AB| = 7, |BC| = 11, |CA| = 14.Rozstrzygnij, czy trójkąt jest ostrokątny, prostokątny, czy rozwartokątny.Wskazówka: Ponieważ cos β < 0, zatem kąt β jest rozwarty.Szkic rozwiązania. Korzystamy trzy razy z twierdzenia cosinusów.Odpowiedź: cosα = 67

77 ,cos β = −1377 , cosγ = 31

49 .Trójkąt jest rozwartokątny.

Zadanie 7. W trójkącie ABC : |AB| = 15, |BC| = 10, kąt |]ABC| = 30◦. Znajdź długość środkowejpoprowadzonej z wierzchołka A.Wskazówka: Korzystamy z twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADB, gdzie D jest punktem prze-cięcia środkowej poprowadzonej z wierzchołka A z bokiem BC.

Odpowiedź: 5√

10 − 3√

3

Zadania dodatkowe

Zadanie 8. Udowodnij twierdzenie o dwusiecznej kąta w trójkącie.Wskazówka: Korzystamy z twierdzenia sinusów.

Zadanie 9. Z punktu A statek widać pod kątem α = 40◦, a z punktu B pod kątem β = 25◦.Odcinek brzegu pomiędzy punktami A, B ma długość 800 m. W jakiej odległości od brzeguznajduje sie statek?

Wskazówka: Praktyczne zastosowanie wzoru sinusów.

10

Szkic rozwiązania. Najpierw wyznaczamy odległość a = |BS|. Ponieważγ = 180◦−40◦−25◦ = 115◦,więc ze wzorów sinusów

asin 40◦

=800

sin 115◦,

a stąd

a =800 · sin 40◦

sin 115◦.

Zatem szukana odległość

d = a sin 25◦ =800 · sin 40◦ · sin 25◦

sin 115◦≈ 240m.

Odpowiedź: d=240 m

Zadanie 10. W trójkącie ABC, w którym |AB| = |BC| = a i |]ABC| = α, poprowadzono odcinekAD, gdzie D ∈ BC i pole trójkąta ABD jest dwa razy większe od pola trójkąta ADC. Obliczyćdługość AD.

Wskazówka: Wykorzystujemy fakt, iż oba trójkąty mają tę samą wysokość. Stosujemy wzór ztwierdzenia cosinusów do trójkąta ABD.Szkic rozwiązania. Z warunków zadania mamy P∆ADB = 2P∆ADC, a ponieważ oba te trójkąty majątę samą wysokość h, więc

12· |BD| · h = 2 ·

12· |DC| · h,

stąd |BD| = 2|DC|. Ponadto |BD| + |DC| = a, więc |BD| = 23 a oraz |DC| = 1

3 a. Stosując wzór ztwierdzenia cosinusów do trójkąta ABD mamy

|AD|2 = a2 + (23

a)2− 2a ·

23

a cosα.

Odpowiedź: |AD| = a3

√13 − 12 cosα

Zadanie 11. W trójkącie stosunek długości dwóch boków równa się k, a kąt między tymi bokamijest równy 60◦. Znaleźć wartości tangensa pozostałych kątów.

Wskazówka: Stosujemy twierdzenie sinusów oraz wykorzystujemy podstawowe zależnościtrygonometryczne w zadanym trójkącie.Szkic rozwiązania. Z treści zadania a = kb. Na podstawie twierdzenia sinusów a

sinα = bsin β , skąd

sinαsin β = a

b = k

11

Ponieważ α = 120◦ − β, więc sinα = sin(120◦ − β) =√

32 cos β + 1

2 sin β, a uwzględniając rów-ność sinα = k sin β, otrzymujemy tg β =

√3

2k−1 . Analogicznie obliczamy tgα = k√

32−k . Jeżeli k = 1

2 , tocos β = 0 czyli β = 90◦ (a więc α = 30◦), natomiast dla k = 2 otrzymujemy tg β =

√3

3 , czyli β = 30◦

(a α = 90◦).

Odpowiedź: Jeżeli k , 12 i k , 2, to tgα = k

√3

2−k , tg β =√

32k−1 ; jeżeli k = 1

2 lub k = 2 - trójkąt prostokątnyo kątach ostrych 30◦ i 60◦.

Zadanie 12. W równoramiennym trójkącie prostokątnym przyprostokątna ma długość a. Obli-czyć długości odcinków, na które dzieli tą przyprostokatną dwusieczna kąta przeciwległego.

Wskazówka: Możliwe są dwa sposoby rozwiązania zadania. Możemy wykorzystać fakt, żetrójkąty ADC i AED są przystające. Pozostałe obliczenia dokonujemy poprzez zastosowanie try-gonometrii do planimetrii.Szkic rozwiązania. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc kąty przy wierzchołkach A iB są równe i ich miara jest równa π

4 .P i e r w s z y sposób. Z trójkąta ADC mamy tg π

8 = xa , czyli x = a tg π

8 .Ze wzoru tg 2x =

2 tg x1−tg2 x otrzymujemy tg π

4 =2 tg π

8

1−tg2 π8, skąd tg π

8 =√

2 − 1.

Ostatecznie: x = a(√

2 − 1), y = a(2 −√

2).D r u g i sposób. Z punktu D poprowadzimy prostopadłą do AB. Ponieważ trójkąty ADC i AEDsą przystające, więc DE = x. Z trójkąta DBE mamy x

a−x = sin π4 , stąd x = a(

√2 − 1).

Odpowiedź: x = a(√

2 − 1), y = a(2 −√

2)

Zadanie 13. Punkt A leży wewnątrz obszaru kąta o mierze π3 . Odległości tego punktu od ramion

kąta są równe 2 i√

3 − 1. Znaleźć odległość A od wierzchołka kąta.Wskazówka: Zastosowanie podstawowych wzorów trygonometrycznych w planimetrii.

12

Szkic rozwiązania. Oznaczmy odległość punktu A od wierzchołka kąta O przez x. Niech |AC| = 2oraz |AB| =

√3 − 1. Z trójkąta OAB mamy x =

√3−1

sin( π3 −α) (0 < α < π3 ), a z trójkąta OCA mamy

x = 2sinα . Skąd

2sinα

=

√3 − 1

sin(π3 − α), czyli (

√

3 − 1) sinα = 2 sin(π3− α).

Stosując wzór na sinus różnicy otrzymujemy

(√

3 − 1) sinα = 2(

√3

2cosα −

12

sinα),

czyli√

3 sinα − sinα =√

3 cosα − sinα, skąd tgα = 1. Ze względu na warunek 0 < α < π3

mamy α = π4 , zatem sinα =

√2

2 . Podstawiając obliczoną wartość sinα do równania x = 2sinα

otrzymujemy x = 2√

2Odpowiedź: 2

√2

Zadanie 14. Cięciwa dzieli obwód koła w stosunku 1 : 2. W jakim stosunku dzieli ona pole tegokoła?

Wskazówka: Określamy stosunek pola S1 wycinka kołowego AOB o promieniu R i kącie środ-kowym α pomniejszonego o pole trójkąta równoramiennego AOB do pola S2.

Szkic rozwiązania. Ponieważ l1l2

= 12 , więc kąt α w trójkącie AOB stanowi 1

3 kąta pełnego, czyliα = 2π

3 . Pole S1 jest równe polu wycinka kołowego AOB o promieniu R i kącie środkowymα = 2π

3 , zmniejszonemu o pole trójkąta równoramiennego AOB, czyli S1 = 13πR2

−12 R2 sin 2π

3 .

13

Pole drugiej części na jakie cięciwa AB podzieliła koło S2 = πR2−S1. Ze wzorów na S1 i S2 mamy

S1

S2=

R2(π3 −12 ·√

32 )

R2(π − π3 +

√3

4 )

Odpowiedź: 4π−3√

38π+3

√3

Zadania domowe

Zadanie 15. Korzystając z rysunku, oblicz szerokość kanału.

Wskazówka: Praktyczne zastosowanie wzoru sinusów.Odpowiedź: ≈ 56, 5m

Zadanie 16. Na kole opisano trapez, którego jedno ramię ma długość 10 i tworzy z podstawąkąt 60◦, a drugie tworzy z podstawą kąt 30◦. Obliczyć długość krótszej podstawy trapezu.

Wskazówka: Aby rozwiązać zadanie rozpatrujemy dwa przypadki. Wykorzystujemy warunekkonieczny i wystarczający na to, aby w czworokąt można było wpisać okrąg.Odpowiedź: 5

√3 − 5 lub 5

√3

Zadanie 17. W trójkącie równobocznym ABC poprowadzono odcinek AD, gdzie D ∈ BC. Wy-znaczyć tangens kąta DAB, jeżeli wiadomo, że stosunek pola trójkąta ABD do pola trójkąta ADCwynosi 2

3 .

14

Wskazówka: Stosujemy wzór sinusów do trójkąta DAB.Odpowiedź: tg x =

√3

4

Zadanie 18. Udowodnić, że jeżeli kąty α, β i γ pewnego trójkąta spełniają warunek sin2 α +sin2 β = sin2 γ, to trójkąt ten jest prostokątny.

Wskazówka: Oznaczamy przez a, b, c długości boków leżących na przeciw odpowiednichkątów, a przez R promień okręgu opisanego na danym trójkącie. Stosujemy twierdzenie sinusów.

Zadanie 19. Udowodnić, że jeżeli długości a, b, c boków pewnego trójkąta spełniają warunek a =√b(b + c), to w trójkącie tym kąt α (leżący naprzeciw boku o długości a) jest dwa razy większy

od kąta β (leżącego naprzeciw boku o długości b).Wskazówka: Stosujemy twierdzenie sinusów oraz wzory na sumę i różnicę funkcji trygono-

metrycznych.

Zadanie 20. W trójkącie równoramiennym ACB środkowe poprowadzone z wierzchołków A iB są prostopadłe. Znaleźć tangens kąta przy wierzchołku C.

Wskazówka: Znajdujemy środek ciężkości trójkąta AOB. Korzystamy z twierdzenia o środko-wych w trójkącie. Stosujemy twierdzenie sinusów.Odpowiedź: tg 2x = 3

4 , gdzie |]ACB| = 2x

Literatura(a) A. Zalewska, E. Stachowski, M. Szczurek, I ty zostaniesz Euklidesem;(b) K. Kłaczkow, M. Kurczab, E. Świda, Matematyka do klasy II;(c) W. Leksiński, B. Macukow, W. Żakowski, Matematyka w zadaniach dla kandydatów na wyższe

uczelnie;(d) D. M. Zakrzewscy, Matematyka, matura na 100%.

15