• Wykorzystasz wartości funkcji trygonometrycznych do rozwiązywania realistycznych problemów.

• Obliczysz kąty trójkąta i długości jego boków.

• Zastosujesz funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

Samolot widać pod kątem $30°$ w momencie, gdy znajduje się on nad punktem odległym od obserwatora o $2 \mathrm{km}$. Wyznaczymy, na jakiej wysokości i w jakiej odległości od obserwatora znajduje się ten samolot.

RRVVEK2VFFKCO

Ilustracja przedstawia człowieka stojącego na ziemi i lecący nad nim samolot. Na rysunek naniesiono trójkąt prostokątny, w którym pozioma przyprostokątna to odległość między człowiekiem a poziomym rzutem samolotu. Odległość ta wynosi 2 kilometry. Pionowa przyprostokątna h to wysokość na jakiej wznosi się samolot. Przeciwprostokątna z to odległość od stóp człowieka do środka samolotu. Między bokiem h a podstawą oznaczono kąt prosty, a między bokiem x a podstawą zaznaczono kąt o mierze 30 stopni.

Wprowadzamy oznaczenia:

• $h$ – wysokość na jakiej znajduje się samolot,

• $x$ – odległość samolotu od obserwatora.

Skonstruowany trójkąt jest prostokątny - wyznaczając wysokość, na jakiej znajduje się samolot, wykorzystamy funkcję tangens.

$\mathrm{tg}30°=\frac{h}{2}$$$, a ponieważ

$\mathrm{tg}30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, to po następujących przekształceniach

$\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{h}{2}$

$3·h=\sqrt{3}·2$

otrzymujemy

$h=\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,15 \mathrm{km}$.

Obliczamy wysokość, na jakiej znajduje się samolot, wykorzystując funkcję sinussinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymsinus:

$\sin 30°=\frac{h}{x}$, a ponieważ

$\sin 30°=\frac{1}{2}$, to

$\frac{1}{2}=\frac{h}{x}$, stąd

$x=2h$

Ostatecznie otrzymujemy

$x=\frac{2·2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}\approx 2,30$.

Odpowiedź:  Samolot znajduje się na wysokości około $1,15 \mathrm{km}$, w odległości około $2,30 \mathrm{km}$ od obserwatora.

Z wieży o wysokości $h=42 \mathrm{m}$ zmierzono kąty depresjikąt depresjikąty depresji obu brzegów rzeki otrzymując $\alpha =60°$ i $\beta =45°$. Obliczymy szerokość rzeki i odległość wieży od rzeki.

R1V5LGM46O1X2

Ilustracja przedstawia wieżę o wysokości h stojącą nad rzeką. Wieża znajduje się w lewej części rysunku, a rzeka w prawej. Na rysunek naniesiono cztery punkty. Punkt A znajduje się w podstawie wieży, punkt D zaś na jej szczycie. Z punktu A poprowadzono dwa pokrywające się poziome odcinki. Pierwszy do punktu B, który znajduje się na lewym brzegu rzeki. Drugi do punktu C znajdującym się na prawym brzegu rzeki. Ze szczytu wieży poprowadzono linią przerywaną poziomą linię, w oparciu o którą oznaczono dwa kąty: kąt o mierze 45 stopni między linią przerywaną a odcinkiem C D oraz kąt o mierze 60 stopni między linią przerywaną a odcinkiem B D.

Powstały tu dwa trójkąty prostokątne: $\Delta DAB$ i $\Delta DAC$.

R8L4992UVCVKT

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty prostokątne. Z lewej mamy trójkąt A B D, gdzie pionowy bok A D oznaczono literą h, a poziomą przyprostokątną A B oznaczono jako x. Z górnego wierzchołka D poprowadzono linią przerywaną poziomy odcinek i między linią a bokiem B D trójkąta zaznaczono kąt o mierze 60 stopni. Kąt ten dał nam informację o kątach wewnętrznych trójkąta, ponieważ kąt przy wierzchołku D to 90 stopni odjąć 60 stopni, czyli 30 stopni. Przy wierzchołku A znajduje się kąt prosty, a więc przy wierzchołku B znajduje się kąt 60 stopni. Z prawej mamy trójkąt A C D, gdzie pionowy bok A D oznaczono literą h, a poziomą przyprostokątną A B oznaczono jako y. Z górnego wierzchołka D poprowadzono linią przerywaną poziomy odcinek i między linią a bokiem C D trójkąta zaznaczono kąt o mierze 45 stopni. Kąt ten dał nam informację o kątach wewnętrznych trójkąta, ponieważ kąt przy wierzchołku D to 90 stopni odjąć 45 stopni, czyli 45 stopni. Przy wierzchołku A znajduje się kąt prosty, a więc przy wierzchołku C znajduje się kąt 45 stopni.

$h=42$

Wprowadzamy oznaczenia:

• $h$ – wysokość wieży,

• $x$ – odległość wieży od rzeki,

• $\left|AB\right|=x$,

• $\left|AC\right|=y$.

Trójkąt $DAB$ jest prostokątny. Możemy zatem obliczyć odległość $x$, czyli odległość wieży od rzeki, korzystając z funkcji tangenstangens kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymtangens.

$\mathrm{tg}60°=\frac{\left|AD\right|}{\left|AB\right|}=\frac{h}{x}$

Podstawiając $h=42 \mathrm{m}$ oraz $\mathrm{tg}60°=\sqrt{3}$, otrzymujemy

$\sqrt{3}=\frac{42}{x}$, czyli

$x=\frac{42}{\sqrt{3}}\approx 24 \mathrm{m}$.

Trójkąt $ACD$ jest prostokątny i równoramienny, stąd $\left|AC\right|=\left|AD\right|$, więc $y=h$.

Zatem mamy, że $y\approx 42 \mathrm{m}$.

Szerokość rzeki jest różnicą długości odcinków $AC$ i $AB$.

$\left|AC\right|–\left|AB\right|=y–x\approx 42 \mathrm{m}–24 \mathrm{m}=18 \mathrm{m}$

Odpowiedź: Szerokość rzeki wynosi około $18 \mathrm{m}$, a wieża oddalona jest od rzeki o około $24 \mathrm{m}$.

Obliczymy, ile metrów siatki należy kupić, aby ogrodzić działkę mającą kształt prostokąta, którego przekątna ma długość $100 \mathrm{m}$, a jeden z kątów między przekątnymi ma miarę $60°$. Wynik podamy z dokładnością do $1 \mathrm{m}$.

RL5RPTN57ECK6

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D, gdzie poziome boki A B i C D oznaczono literą a, natomiast pionowe boki A D oraz B C oznaczono literą b. W prostokącie wykreślono przekątne o długości 100 metrów każda. Przecinają się one w punkcie E pod kątem 60 stopni.

W prostokącie przeciwległe boki są równe: $\left|AB\right|=\left|DC\right|=a$ i $\left|BC\right|=\left|AD\right|=b$ oraz przekątne są tej samej długości: $d=\left|AC\right|=\left|DB\right|=100 \mathrm{m}$ i przecinają się w połowie.

Przekątne przecinają się w połowie, więc przy oznaczeniach jak na rysunku zapisujemy: $\left|AE\right|=\left|CE\right|=\left|DE\right|=\left|BE\right|=50 \mathrm{m}$.

Ponieważ trójkąt $BEC$ jest równoboczny ($\left|BE\right|=\left|CE\right|$ i kąt $CEB$ ma miarę $60°$), to $b=\left|BE\right|=\left|CE\right|=\left|BC\right|$, czyli $b=50 \mathrm{m}$.

Mamy zatem długość boku: $b=50 \mathrm{m}$.

Rozważmy teraz trójkąt prostokątny $EFB$, gdzie $EF$ jest wysokością trójkąta $ABE$.

RHTFGRQ7T3LUR

Ilustracja przedstawia prostokąt A B C D, gdzie pionowe boki A D oraz B C mają długość 50 metrów. W prostokącie wykreślono przekątne przecinające się w punkcie E pod kątem 60 stopni. Z punktu E upuszczono pionowy odcinek na dolny bok A B figury. Jest to odcinek E F. Między odcinkiem a bokiem A B oznaczono kąt prosty. Oznaczono również kat F B E o mierze 30 stopni oraz kąt E B C o mierze 60 stopni.

Trójkąt $EFB$ jest prostokątny. Korzystając z funkcji cosinuscosinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymcosinus, obliczymy $a$.

$\cos 30°=\frac{\left|FB\right|}{\left|BE\right|}$

Podstawiając $\left|AF\right|=\left|FB\right|=\frac{1}{2}a$ oraz $\left|BE\right|=b=50 \mathrm{m}$, otrzymujemy

$\cos 30°=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}a}{50}$.

A ponieważ $\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, to zapisujemy:

$\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{100}$.

Ostatecznie mamy:

$a=\frac{100\sqrt{3}}{2}=50\sqrt{3} \mathrm{m}$.

Zatem długość drugiego boku wynosi $a=50\sqrt{3} \mathrm{m}$.

Obliczmy obwód $L$ tego prostokąta.

$L=2a+2b$

$L=2\cdot 50\sqrt{3}+2\cdot 50=100\sqrt{3}+100\approx 273,2 \mathrm{m}$

Odpowiedź: Należy zakupić $274 \mathrm{m}$ siatki (gdybyśmy zakupili $273 \mathrm{m}$ zabrakłoby nam materiału i nie ogrodzilibyśmy całej działki).

Michał i Paweł, obaj tego samego wzrostu, stojąc w odległości $100 \mathrm{m}$ od siebie, obserwują latającego nad nimi drona. W tym samy momencie Michał widzi go pod kątem $60°$, a Paweł pod kątem $45°$. Obliczymy, na jakiej wysokości znajdował się dron.

Musimy rozpatrzyć dwie sytuacje.

$1)$Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RMC5871AL168J

Ilustracja przedstawia stojącego z lewej strony Michała (oznaczonego punktem A) i stojącego z prawej strony Pawła (oznaczonego punktem B). Nad chłopcami wznosi się dron (oznaczony punktem C). Na rysunek naniesiono trójkąt A B C, gdzie pozioma podstawa A B wyznacza odległość między chłopcami. Lewy bok A C to odległość między Michałem a dronem, a prawy bok B C to odległość między Pawłem a dronem. Z punktu C upuszczono wysokość h, która biegnie do punktu D. Odcinek A D wyróżniono kolorem i oznaczono literą x. Odcinek D B opisano jako 100 odjąć x. Bok A C nachylony jest do podstawy pod kątem 60 stopni, a bok B C nachylony jest do podstawy pod kątem 45 stopni.

Wprowadźmy oznaczenia:

$\left|AB\right|=100 \mathrm{m}$ (odległość między chłopcami),

$\left|DC\right|=h$ (wysokość na jakiej wznosi się dron),

$\left|AD\right|=x$,

$\left|AD\right|+\left|DB\right|=100$, więc

$\left|DB\right|=100-x$.

Trójkąt $CDB$ jest równoramienny, ponieważ jest to trójkąt prostokątny z kątem o mierze $45°$ przy podstawie.

$\left|DB\right|=\left|DC\right|=h=100-x$, stąd

$h=100–x$.

Dla trójkąta prostokątnego $ADC$ mamy zależność: $\mathrm{tg}60°=\frac{h}{x}$.

Wiemy również, że $\mathrm{tg}60°=\sqrt{3}\approx 1,73$.

Podstawiając: $x=100–h$ (bo $h=100–x$), otrzymujemy:

$\sqrt{3}=\frac{h}{100-h}$

$\sqrt{3}\left(100-h\right)=h$.

Ponieważ $\sqrt{3}\approx 1,73$, to po przekształceniach otrzymamy

$h\approx 63 \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Dron znajduje się na wysokości około $63 \mathrm{m}$.

$2)$ Michał stoi odwrócony plecami do Pawła.

R1HPNZESM2RMG

Ilustracja przedstawia wznoszącego się z lewej strony drona (oznaczonego punktem C). Pośrodku rysunku znajduje się Michał (oznaczony punktem A), a po prawej stronie Paweł (oznaczony punktem B). Od drona poprowadzono w dół pionowy odcinek h do punktu D znajdującego się na ziemi. Na rysunek naniesiono dwa trójkąty prostokątne. Trójkąt D A C, gdzie pionowa przyprostokątna to odcinek C D oznaczony jako h, pozioma przyprostokątna to odcinek D A oznaczony jako x, a przeciwprostokątna A C jest nachylona pod kątem 60 stopni do podstawy. Drugi trójkąt to D B C, gdzie pionowa przyprostokątna to odcinek C D oznaczony jako h, pozioma przyprostokątna to odcinek D B, a przeciwprostokątna B C jest nachylona pod kątem 45 stopni do podstawy.

$\left|AB\right|=100 \mathrm{m}$ (odległość między chłopcami)

$h=\left|DC\right|$ (wysokość na jakiej wznosi się dron)

$x=\left|DA\right|$

Powstały trójkąt $CDB$ jest prostokątny i równoramienny, ponieważ jest to trójkąt prostokątny z kątem o mierze $45°$ przy podstawie.

$h=\left|DC\right|=\left|DB\right|=x+100$

$h=x+100$, stąd

$x=h-100$.

Z trójkąta prostokątnego $CDA$ mamy:

$\mathrm{tg}60°=\frac{h}{x}$.

Podstawiając: $x=h-100$ oraz $\mathrm{tg}60°=\sqrt{3}$, otrzymujemy:

$\sqrt{3}=\frac{h}{h-100}$.

Ponieważ $\sqrt{3}\approx 1,73$, to po przekształceniach otrzymujemy:

$h\approx 237 \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Dron znajduje się na wysokości około $237 \mathrm{m}$.

Obliczymy wysokość budynku, którego cień ma długość $18 \mathrm{m}$ wiedząc, że kąt padania promieni słonecznych wynosi $40°$. Wynik podamy z dokładnością do $\mathrm{0,1} \mathrm{m}$.

RM2TZM4JRLEGT

Rysunek ilustruje zadanie. Głównym elementem rysunku jest trójkąt prostokątny A B C, który stopniowo opiszemy. W lewej górnej części ilustracji narysowano Słońce, od którego poprowadzono ukośny odcinek nachylony pod kątem czterdziestu stopni do poziomu. Na tym odcinku zaznaczono dwa punkty. Mniej więcej w jednej trzeciej długości oznaczono punkt C, a na końcu punkt B. Poniżej, trochę na prawo od Słońca narysowano także prostokąt, którego podstawa jest wyraźnie krótsza od boków. Prawy górny wierzchołek prostokąta pokrywa się z punktem C odcinka poprowadzonego ze Słońca. Pionowo pod punktem C zaznaczono punkt A na prawym dolnym wierzchołku prostokąta. Odcinek C A oznaczono jako h i przy wierzchołku A zaznaczono kąt prosty wewnątrz trójkąta. Podstawa trójkąta prostokątnego to poziomy odcinek A B o długości 18 metrów. Przy wierzchołku zaznaczono kąt wewnętrzny o mierze czterdziestu stopni.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, więc z definicji tangensatangens kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymtangensa mamy:

$\mathrm{tg}40°=\frac{h}{18}$,

z tablic odczytujemy $\mathrm{tg}40°\approx \mathrm{0,8391}$.

Po przekształceniach otrzymujemy:

$18·0,8391\approx h$, czyli

$h\approx \mathrm{15,1038}\approx \mathrm{15,1} \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Budynek ma około $\mathrm{15,1} \mathrm{m}$ wysokości.

Krzywa wieża w Ząbkowicach Śląskich ma wysokość $34 \mathrm{m}$ i jej odchylenie od pionu wynosi $\mathrm{2,14} \mathrm{m}$. Wyznaczmy kąt, jaki tworzy z powierzchnią ziemi ściana wieży. O ile stopni odchylona jest wieża od pionu? Podamy wynik z dokładnością do $0,1°$.

R1LVQ38ANU3RE

Rysunek przestawia równoległobok o poziomych podstawach i ukośnych bokach. Figura położona jest na poziomej prostej. Z prawego górnego wierzchołka upuszczono pionowy odcinek narysowany linią przerywaną. Odcinek ten opisany jest jako trzydzieści cztery metry i jest jednym z boków trójkąta prostokątego. Między prawym ukośnym bokiem równoległoboku a pionowym odcinkiem zaznaczono kąt beta. Bok ten jest drugim bokiem trójkąta prostokątnego. Kąt między pionowym odcinkiem narysowanym linią przerywaną a poziomą prostą oznaczono jako kąt prosty. Kąt między poziomą prostą a prawym bokiem równoległoboku wynosi alfa. Kąty alfa i beta są kątami wewnętrznymi trójkąta. Podstawa trójkąta prostokątnego wynosi dwa przecinek jeden cztery metra.

Powstały trójkąt jest prostokątny.

$\alpha$ – kąt, jaki tworzy ściana wieży z powierzchnią ziemi.

Z definicji tangensatangens kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymtangensa mamy:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{34}{2,14}\approx 15,8879$.

Za pomocą kalkulatora znajdujemy przybliżoną wartość kąta $\alpha$:

$\alpha \approx 86,398498$, a zatem

$\alpha \approx 86,4°$.

$\beta$ - kąt odchylenia wieży od pionu.

$\beta =90°-\alpha$, a zatem

$\beta \approx 90°-86,4°\approx 3,6°$.

Odpowiedź: Z powierzchnią ziemi ściana wieży tworzy kąt około $86,4°$. Wieża jest odchylona od pionu o około $3,6°$.

Jedną z trzech największych piramid egipskich w Gizie jest piramida Chefrena. Długość boku u podstawy tej piramidy wynosi $214,5 \mathrm{m}$, a ściany boczne są nachylone do podstawy pod kątem $53°7\text{'}48\text{'}\text{'}\approx 53°$ (kąt zaznaczono na rysunku). Obliczymy wysokość tej piramidy. Wynik podamy z dokładnością do $1 \mathrm{m}$.

Piramida ma kształt ostrosłupa o podstawie kwadratu. Na rysunku przedstawiamy sytuację z zadania:

R3BS8ANFARPO3

Rysunek przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy a, wysokości h i kącie nachylenia ściany bocznej do podstawy o mierze alfa. Na rysunku przedstawiono też wyróżniony kolorem trójkąt prostokątny o przyprostokątnych h i b, gdzie b jest długości połowy krawędzi podstawy a. Przeciwprostokątna tego trójkąta poprowadzona jest przez środek ściany do wierzchołka bryły. W trójkącie zaznaczono kąt alfa, czyli kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy.

gdzie

$h$ – wysokość piramidy,
$\alpha$ – kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy piramidy,
$\alpha \approx 53°$.

Rozważany trójkąt jest prostokątny – długości jego przyprostokątnych to: $h$ i $b$. Z rysunku wynika, że $b=\frac{a}{2}$.

Z definicji tangensa mamy:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{h}{b}=\frac{h}{{\displaystyle \frac{1}{2}}a}=\frac{2h}{a}$.

Podstawiamy dane z zadania:

$\mathrm{tg}53°=\frac{2h}{214,5}$,

$2·h=\mathrm{tg}53°·214,5\approx 1,3270·214,5\approx 284,6415\approx 284,6$,

$h\approx \frac{284,6}{2}\approx 142,3\approx 142 \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Wysokość piramidy Chefrena wynosi około $142 \mathrm{m}$.

Kolej gondolowa na Stok Izerski ma długość trasy $2171 \mathrm{m}$. Stacja dolna tej kolei znajduje się na wysokości $617 \mathrm{m}$ $\text{n. p. m.}$, a górna na wysokości $1060 \mathrm{m}$ $\text{n. p. m.}$ Obliczymy średnie nachylenie stoku. Podamy wynik z dokładnością do $0,1°$.
Zakładając, że wjazd gondoli odbywa się po linii prostej, obliczymy, jaka jest odległość stacji dolnej od punktu, który leży na tej samej wysokości, ale pod stacją górną.

R1SDFMUK8TAJN

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C, gdzie bok A B jest poziomą podstawą trójkąta oznaczoną jako x. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt alfa, przy wierzchołku B znajduje się kąt prosty. Przez podstawę poprowadzono linię przerywaną i opisano przy wierzchołku A następująco: stacja dolna kolei, 617 m n. p. m. Bok trójkąta C B jest pionową przyprostokątną i opisany jest jako h. Na ilustracji poprowadzono drugą poziomą przerywaną linię przechodzącą przez wierzchołek C. Linia ta symbolizuje poziom 1060 m n. p. m. Przy wierzchołki C dodano następujący opis: stacja górna kolei. Przekątna trójkąta opisana jest następująco: 2171 m.

Różnica wysokości między stacją górną a dolną jest długością boku $BC$ trójkąta $ABC$. Oznaczmy:

$\left|BC\right|=h$

$h=1060-617=443 \mathrm{m}$.

Trójkąt $ABC$ jest prostokątny, więc z definicji sinusasinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymsinusa mamy:

$\mathrm{sin\alpha }=\frac{h}{\left|AC\right|}$, gdzie

$h=443 \mathrm{m}$ oraz $\left|AC\right|=2171 \mathrm{m}$,

$\sin \alpha =\frac{443}{2171}\approx 0,2040$.

Za pomocą kalkulatora obliczamy  przybliżoną wartość kąta $\alpha$:

$\alpha =11,77°\approx 12°$.

Odległość stacji dolnej od punktu, który leży na tej samej wysokości, ale pod stacją górną, policzymy z definicji funkcji cosinuscosinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymcosinus.

Podstawiając $\cos 12°\approx 0,9781$, otrzymujemy

$0,9781\approx \frac{x}{2171}$.

Zatem

$x\approx 0,9781·2171\approx 2123,4\approx 2123 \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Średnie nachylenie stoku wynosi około $12°$, a punkt, który leży na tej samej wysokości, ale pod stacją górną jest odległy o około $2123 \mathrm{m}$ od stacji dolnej.

Wał ochronny ma przekrój trapezu równoramiennego, przy czym górna szerokość wału wynosi $4 \mathrm{m}$, natomiast boczne nasypy o długości $7 \mathrm{m}$ są nachylone do poziomu pod kątem $27°$. Oblicz dolną szerokość wału oraz jego wysokość.

R7TRBEULO3D4R

Rysunek przedstawia trapez równoramienny A B C D. Wewnątrz trapezu utworzono prostokąt, upuszczając z wierzchołków podstawy górnej dwa pionowe odcinki na podstawę dolną. Te odcinki to D E oraz C F, przy czym odcinek D E jest dodatkowo opisany jako wysokość trapezu, czyli h. Przy wierzchołkach E i F oznaczoną kąty proste, natomiast przy wierzchołkach podstawy dolnej A oraz B oznaczono kąty 27 stopni. Ramiona trapezu mają długość 7 metrów każde, a górna podstawa ma 4 metry.

$\left|EF\right|=\left|DC\right|=4 \mathrm{m}$

Trapez $ABCD$ jest równoramienny, więc $\left|AE\right|=\left|FB\right|$.

Szerokość dolnej części wału wynosi: $\left|AB\right|=\left|AE\right|+\left|EF\right|+\left|FB\right|$, a ponieważ $\left|AE\right|=\left|FB\right|$, to:

$\left|AB\right|=2\left|AE\right|+\left|DC\right|$

$\left|DC\right| =4 \mathrm{m}$, więc

$\left|AB\right|=2\left|AE\right|+4$.

Aby wyznaczyć dolną część wału, należy obliczyć długość odcinka $AE$.

Trójkąt $AED$ jest prostokątny, zatem z definicji funkcji cosinuscosinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymcosinus mamy:

$\cos \alpha =\frac{\left|AE\right|}{\left|AD\right|}$.

Podstawiając: $\alpha =27°$, $\left|AD\right|=7$, otrzymujemy

$\cos 27°=\frac{\left|AE\right|}{7}$.

Z tablic odczytujemy wartość $\cos 27°\approx 0,8910$,

$0,8910\approx \frac{\left|AE\right|}{7}$.

Stąd

$\left|AE\right|\approx 7·0,8910\approx 6,237\approx 6,2$.

Wynik podamy z przybliżeniem do $0,1 \mathrm{m}$: $\left|AE\right|\approx 6,2 \mathrm{m}$.

Szerokość dolnej części wału, czyli długość podstawy trapezu, wynosi:

$\left|AB\right|\approx 2\left|AE\right|+4\approx 12,4+4\approx 16,4 \mathrm{m}$.

Wysokość wału obliczymy z definicji funkcji sinussinus kąta ostrego $\alpha$ w trójkącie prostokątnymsinus.

$\sin 27°=\frac{\left|ED\right|}{\left|AD\right|}$

$\left|ED\right|=h, \left|AD\right|=7 \mathrm{m}$

$\sin 27°=\frac{h}{7}$

$h·7=\sin 27°$

Ponieważ $\sin 27°\approx 0,4550$ (odczytujemy z tablic trygonometrycznych), to

$h\approx 7·0,4540\approx 3,178\approx 3,2$.

Wynik podamy z przybliżeniem do $0,1 \mathrm{m}$:

$h\approx 3,2 \mathrm{m}$.

Odpowiedź: Dolna część wału ma szerokość około $16,4 \mathrm{m}$. Wysokość wału wynosi około $3,2 \mathrm{m}$.

kąt płaski pomiędzy płaszczyzną poziomą przechodzącą przez oko obserwatora (zwaną płaszczyzną horyzontu) a prostą łączącą oko z punktem znajdującym się pod tą płaszczyzną; jeżeli punkt znajduje się nad tą płaszczyzną, to kąt nazywa się kątem wznoszenia lub elewacją

nazywamy stosunek długości przyprostokątnej przeciwległej kątowi $\alpha$ do długości przeciwprostokątnej.

stosunek długości przyprostokątnej przyległej do kąta $\alpha$ do długości przeciwprostokątnej

stosunek długości przyprostokątnej przeciwległej kątowi $\alpha$ do długości przyprostokątnej przyległej do kąta $\alpha$