W matematyce szkolnej, zwłaszcza na poziomie podstawowym, sformułowania: „udowodnij” czy „wykaż, że”, są najbardziej niepożądanymi poleceniami na sprawdzianie czy egzaminie maturalnym. Jednak to w nich tkwi istota nie tylko samej matematyki, ale całego procesu edukacyjnego, którego zadaniem jest ukształtować młodego człowieka jako jednostkę, która dostrzega potrzebę oceny zjawisk przed podjęciem ważnych dla siebie działań, potrafi uzasadnić, czy coś jest lub nie jest prawdą i wreszcie dokonuje wyborów zgodnych z przyjętą hierarchią ważności. Ważna jest nie tyle wiedza, ale to jak potrafimy z niej korzystać - i właśnie proces dowodzenia w matematyce, z reguły odbiegający od schematów i algorytmów, daje przedsmak tego krytycznego i efektywnego korzystania z wiedzy. Ale tak, jak w codziennym życiu opieramy się na autorytetach czy systemach wartości, w których wzrastaliśmy, tak w matematyce korzystamy z narzędzi, o których wiemy, że są „prawdziwe”. Takimi narzędziami są twierdzenia, a wśród nich twierdzenie sinusów. Pokażemy zastosowanie tego ostatniego w sytuacjach typowych, ale także nieco odbiegających od praktyki szkolnej.

Twierdzenie sinusów pomaga nam w łatwy sposób uzasadnić przydatne twierdzenia z planimetrii, znane pod nazwą twierdzenie o dwusiecznej. Jego dowód można przeprowadzić na wiele elementarnych sposobów, ale tutaj pokażemy, że jest ono prostą konsekwencją twierdzenia sinusówsinus kąta w trójkącie prostokątnymsinusów.

o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie

Twierdzenie: o dwusiecznej kąta wewnętrznego w trójkącie

Punkt $D$ jest punktem wspólnym boku $AB$ trójkąta $ABC$ i dwusiecznej kąta wewnętrznego $ACB$, jak na rysunku.

R1XFPxj7Px2yB

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z górnego wierzchołka C poprowadzono półprostą, która przecina podstawę A B w punkcie D. Półprosta podzieliła kąt przy wierzchołku C na kąt alfa i drugi kąt. Kąt alfa to kąt D C B.

Wtedy $\frac{\left|AD\right|}{\left|AC\right|}=\frac{\left|BD\right|}{\left|BC\right|}$.

Dowód

Zauważmy, że $\left|\sphericalangle BDC\right|=180°-\left|\sphericalangle ADC\right|$, ale $\sin \left(180°-\sphericalangle ADC\right)=\sin \left(\sphericalangle ADC\right)$, zatem $\sin \left(\sphericalangle BDC\right)=\sin \left(\sphericalangle ADC\right)$. Korzystając z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ADC$, mamy: $\frac{\left|AD\right|}{\sin \alpha }=\frac{\left|AC\right|}{\sin \left(\sphericalangle ADC\right)}$. Stąd $\sin \left(\sphericalangle ADC\right)=\frac{\left|AC\right|·\sin \alpha }{\left|AD\right|}$.

Analogicznie, korzystając z twierdzenia sinusów dla trójkąta $BDC$ mamy: $\frac{\left|BD\right|}{\sin \alpha }=\frac{\left|BC\right|}{\sin \left(\sphericalangle BDC\right)}$. Stąd $\sin \left(\sphericalangle BDC\right)=\frac{\left|BC\right|·\sin \alpha }{\left|BD\right|}$. Ale $\sin \left(\sphericalangle BDC\right)=\sin \left(\sphericalangle ADC\right)$, zatem $\frac{\left|BC\right|·\sin \alpha }{\left|BD\right|}=\frac{\left|AC\right|·\sin \alpha }{\left|AD\right|}$. Stąd $\frac{\left|AD\right|}{\left|AC\right|}=\frac{\left|BD\right|}{\left|BC\right|}$.

Co należało udowodnić.

Niekiedy, przywołując twierdzenie o dwusiecznej, mówimy krótko, że dwusieczna dzieli przeciwległy bok trójkąta na odcinki proporcjonalne do długości pozostałych boków, przyległych do tych odcinków.

Model przedstawiony na poniższym rysunku,  jest świetną ilustracją pozwalającą zapisywać zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów dowolnego trójkąta, a także stanowi bazę do dowodzenia wzorów na sumy i różnice funkcji trygonometrycznych, o czym będzie mowa przy okazji trygonometrii. Oczywiście trójkąt może być dowolny („niezupełnie prostokątny”), ale zauważ, że wszystkie zależności są wyprowadzane w trójkątach prostokątnych wyznaczonych przez spodki wysokościspodek wysokości poprowadzonej z wybranego wierzchołka trójkątaspodki wysokości i ortocentrum trójkątaortocentrum trójkątaortocentrum trójkąta.

Rozważmy odcinki w trójkącie wpisanym w okrąg o średnicy $1$. Długości wybranych spośród tych odcinków są podane na rysunku.  

RgYhdM8YejEgz

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z górnego wierzchołka C poprowadzono odcinek C S, przy czym koniec S znajduje się na podstawie A B. Z wierzchołka B poprowadzono odcinek B R, gdzie punkt R znajduje się na boku A C. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A Q, gdzie punkt Q znajduje się na boku B C. Odcinki A Q, B R oraz C S przecinają się wewnątrz trójkąta w punkcie O. Przy wierzchołkach oznaczono kąty: przy wierzchołku A kąt alfa, przy B kąt beta, przy C kąt gamma. Na rysunku zapisano następujące zależności: $\left|AB\right|=\sin \gamma$, $\left|AC\right|=\sin \beta$, $\left|BC\right|=\sin \alpha$, $\left|BO\right|=\cos \beta$, $\left|OS\right|=\cos \alpha ·\cos \beta$ oraz $\left|BS\right|=\sin \alpha ·\cos \beta$.

Pokażemy, że rzeczywiście długość odcinka $BC$ jest w przyjętym modelu równa $\sin \alpha$. Rzeczywiście, z twierdzenia sinusów wynika, że $\frac{\left|BC\right|}{\sin \alpha }=2R$. Ale średnica okręgu jest równa $1$, stąd $\frac{\left|BC\right|}{\sin \alpha }=1$. Po wymnożeniu ostatniej równości przez $\sin \alpha$ otrzymujemy, że $\left|BC\right|=\sin \alpha$.

Ostatni wynik oraz zastosowanie definicji funkcji cosinus oraz tangens w trójkącie $BCS$ pozwala wyznaczyć długość odcinków $BS$ oraz $CS$. Mamy $\cos \beta =\frac{\left|BS\right|}{\left|BC\right|}$, stąd $\left|BS\right|=\left|BC\right|·\cos \beta =\sin \alpha ·\cos \beta$. Z kolei $\mathrm{tg}\beta =\frac{\left|CS\right|}{\left|BS\right|}$, stąd $\left|CS\right|=\left|BS\right|·\mathrm{tg}\beta =\sin \alpha ·\cos \beta ·\mathrm{tg}\beta =\sin \alpha ·\sin \beta$.

Wyznaczenie długości odcinka $OS$ wymaga zauważenia równości odpowiednich kątów. Kąt $ACS$ ma miarę $90°-\alpha$, co oznacza, że kąt $COR$ ma miarę $\alpha$. Tak więc kąt $BOS$, jako kąt wierzchołkowy ma tę samą miarę. Możemy więc zapisać, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|BS\right|}{\left|OS\right|}$. Ale $\left|BS\right|=\sin \alpha ·\cos \beta$, zatem $\left|OS\right|=\frac{\sin \alpha ·\cos \beta }{\mathrm{tg}\alpha }=\cos \alpha ·\cos \beta$. Nietrudno zauważyć, że przyjmujemy bez zastrzeżeń fakt, że kąt $\alpha$ nie jest kątem prostym i jego tangens istnieje.

Wyznaczenie długości pozostałych odcinków, które widać na rysunku, jak również tych, które nie zostały zapisane, można, a nawet warto potraktować jako ciekawe ćwiczenie.

A teraz czas na zapisanie przykładowych zależności trygonometrycznych, dla których swoistym generatorem jest powyższy, przedstawiony na rysunku, model.

Zauważmy, że bezpośrednio z nierówności trójkąta, mówiącej o tym, że suma długości dwóch boków trójkąta  jest większa od długości trzeciego boku wynika np., że:

• $\sin \alpha +\sin \beta >\sin \gamma$,

• $\cos \beta +\cos \alpha ·\cos \beta >\sin \alpha ·\sin \beta$.

Bez dodatkowej inwencji można zapisać kolejne tożsamości, korzystając tylko z oznaczeń na rysunku, a jeśli zechcielibyśmy zastosować twierdzenie Pitagorasa, to tych zależności mielibyśmy „odkryć” znacznie więcej.

Na koniec trzeba wspomnieć, że także w przypadku trójkąta rozwartokątnego wpisanego w okrąg o średnicy $1$ długości boków wyrażają się przez sinusy odpowiednich kątów.

R1Lvqr4FWmQYF

Film nawiązujący do treści lekcji dotyczącej zastosowania twierdzenia sinusów w dowodzeniu twierdzeń.

Film nawiązujący do treści lekcji dotyczącej zastosowania twierdzenia sinusów w dowodzeniu twierdzeń.

Film dostępny pod adresem /preview/resource/R1Lvqr4FWmQYF

Film nawiązujący do treści lekcji dotyczącej zastosowania twierdzenia sinusów w dowodzeniu twierdzeń.

1

Ćwiczenie 1

R1QFk2CTIbOeR

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z górnego wierzchołka C poprowadzono odcinek C S, przy czym koniec S znajduje się na podstawie A B. Z wierzchołka B poprowadzono odcinek B R, gdzie punkt R znajduje się na boku A C. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A Q, gdzie punkt Q znajduje się na boku B C. Odcinki A Q, B R oraz C S przecinają się wewnątrz trójkąta w punkcie O. Przy wierzchołkach oznaczono kąty: przy wierzchołku A kąt alfa, przy B kąt beta, przy C kąt gamma. Na rysunku zapisano następujące zależności: $\left|AB\right|=\sin \gamma$, $\left|AC\right|=\sin \beta$, $\left|BC\right|=\sin \alpha$, $\left|BO\right|=\cos \beta$, $\left|OS\right|=\cos \alpha ·\cos \beta$ oraz $\left|BS\right|=\sin \alpha ·\cos \beta$.

Korzystając z modelu opisanego na powyższym rysunku i oznaczeń tam przyjętych, wyznacz długość odcinka $AO$, a następnie wykaż, że w dowolnym trójkącie o kątach $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ zachodzi nierówność $\cos \alpha +\cos \beta >\sin \gamma$.

Uzupełnij puste pola, dobierając odpowiedni tekst (oznaczenia) spośród podanych niżej.

Rz36SPcxhwYdP

Ponieważ miara kąta A O B koniec miary kąta równa się alfa dodać beta równa się 180 stopni odjąć gamma 1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA, więc 1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA równa się, początek ułamka, długość odcinka, O S, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, koniec ułamka.
Stąd długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, długość odcinka, O S, koniec długości odcinka, mianownik, kosinus BETA, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, kosinus alfa, razy, kosinus BETA, mianownik, kosinus BETA, koniec ułamka, równa się, kosinus alfa.
Ale z nierówności trójkąta (dla trójkąta A O B) mamy w szczególności,
że długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, plus1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA większy niż1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA, a stąd wynika teza.

Ponieważ miara kąta A O B koniec miary kąta równa się alfa dodać beta równa się 180 stopni odjąć gamma 1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA, więc 1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA równa się, początek ułamka, długość odcinka, O S, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, koniec ułamka.
Stąd długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, długość odcinka, O S, koniec długości odcinka, mianownik, kosinus BETA, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, kosinus alfa, razy, kosinus BETA, mianownik, kosinus BETA, koniec ułamka, równa się, kosinus alfa.
Ale z nierówności trójkąta (dla trójkąta A O B) mamy w szczególności,
że długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, plus1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA większy niż1. alfa, 2. długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, 3. BETA, 4. długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, 5. kosinus alfa, 6. kosinus BETA, a stąd wynika teza.

Pokaż rozwiązanie

Ponieważ $\left|\sphericalangle AOS\right|=\beta$, więc $\cos \beta =\frac{\left|OS\right|}{\left|AO\right|}$. 
Stąd $\left|AO\right|=\frac{\left|OS\right|}{\cos \beta }=\frac{\cos \alpha ·\cos \beta }{\cos \beta }=\cos \alpha$. 
Ale z nierówności trójkąta (dla trójkąta $AOB$) mamy w szczególności, że $\left|AO\right|+\left|BO\right|>\left|AB\right|$, a stąd wynika teza.

1

Ćwiczenie 2

RoeNuiTooYBLL

Ilustracja przedstawia trójkąt A B C. Z górnego wierzchołka C poprowadzono odcinek C S, przy czym koniec S znajduje się na podstawie A B. Z wierzchołka B poprowadzono odcinek B R, gdzie punkt R znajduje się na boku A C. Z wierzchołka A poprowadzono odcinek A Q, gdzie punkt Q znajduje się na boku B C. Odcinki A Q, B R oraz C S przecinają się wewnątrz trójkąta w punkcie O. Przy wierzchołkach oznaczono kąty: przy wierzchołku A kąt alfa, przy B kąt beta, przy C kąt gamma. Na rysunku zapisano następujące zależności: $\left|AB\right|=\sin \gamma$, $\left|AC\right|=\sin \beta$, $\left|BC\right|=\sin \alpha$, $\left|BO\right|=\cos \beta$, $\left|OS\right|=\cos \alpha ·\cos \beta$ oraz $\left|BS\right|=\sin \alpha ·\cos \beta$.

Wiedząc, że dla dowolnego kąta $\delta$ prawdziwy jest wzór $\cos \left(180°-\delta \right)=-\cos \delta$ oraz korzystając z modelu opisanego na rysunku i oznaczeń tam przyjętych, wyznacz długość odcinków $OR$ oraz $BR$, a następnie wykaż, że w dowolnym trójkącie o kątach $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ zachodzi równość $\cos \left(\alpha +\gamma \right)=\cos \alpha ·\cos \gamma -\sin \alpha ·\sin \gamma$.

Zapisz dowód modyfikując kolejność poniższych sformułowań.

R1I0Ts2lxH5y6

Elementy do uszeregowania: 1. Zatem kosinus BETA, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA, minus, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA., 2. Ponieważ miara kąta A O R koniec miary kąta równa się gamma, więc kosinus GAMMA, równa się, początek ułamka, długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, koniec ułamka., 3. Ponieważ BETA, równa się, sto osiemdziesiąt stopni, minus, nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu, więc kosinus BETA, równa się, kosinus nawias sto osiemdziesiąt stopni, minus, nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu zamknięcie nawiasu, równa się, minus, kosinus nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu, 4. Ale długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, plus, długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, czyli kosinus BETA, plus, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA., 5. Stąd długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, razy, kosinus GAMMA, równa się, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA., 6. Ponadto sinus alfa, równa się, początek ułamka, długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, koniec ułamka, czyli długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA.

Elementy do uszeregowania: 1. Zatem kosinus BETA, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA, minus, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA., 2. Ponieważ miara kąta A O R koniec miary kąta równa się gamma, więc kosinus GAMMA, równa się, początek ułamka, długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, koniec ułamka., 3. Ponieważ BETA, równa się, sto osiemdziesiąt stopni, minus, nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu, więc kosinus BETA, równa się, kosinus nawias sto osiemdziesiąt stopni, minus, nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu zamknięcie nawiasu, równa się, minus, kosinus nawias alfa, plus, GAMMA zamknięcie nawiasu, 4. Ale długość odcinka, B O, koniec długości odcinka, plus, długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, czyli kosinus BETA, plus, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA., 5. Stąd długość odcinka, O R, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A O, koniec długości odcinka, razy, kosinus GAMMA, równa się, kosinus alfa, razy, kosinus GAMMA., 6. Ponadto sinus alfa, równa się, początek ułamka, długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A B, koniec długości odcinka, koniec ułamka, czyli długość odcinka, B R, koniec długości odcinka, równa się, sinus alfa, razy, sinus GAMMA.

Słownik