• Wykorzystasz wartości funkcji trygonometrycznych kątów $30°$, $45°$ i $60°$ do rozwiązywania trójkątów.

• Zastosujesz funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich oraz obliczania pól figur.

• Obliczysz miary kątów korzystając z tablic wartości funkcji trygonometrycznych.

Przekątna prostokąta ma długość $4 \mathrm{cm}$ i tworzy z dłuższym bokiem kąt o mierze $30°$. Obliczymy obwód prostokąta.

RHT4P9NCJTQGD

Rysunek przedstawia prostokąt o krótszym pionowym boku b i o dłuższym poziomym boku a. W prostokącie poprowadzono przekątną o długości czterech centymetrów. Między podstawą a a przekątną zaznaczono kąt 30 stopni.

Aby obliczyć obwód prostokąta, należy wyznaczyć długości jego boków. Przekątna „dzieli” prostokąt na dwa trójkąty prostokątne. Możemy zastosować więc funkcje trygonometryczne.

Bok $a$ wyznaczymy z funkcji cosinus:

$\cos 30°=\frac{a}{4}$ i $\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, czyli $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\mathrm{a}}{4}$, zatem $2·a=\sqrt{3}·4$, więc $a=2\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Bok $b$ wyznaczymy z funkcji sinus:

$\sin 30°=\frac{b}{4}$, $\sin 30°=\frac{1}{2}$, więc $\frac{1}{2}=\frac{b}{4}$, $b=2 \mathrm{cm}$.

Mogliśmy wyznaczyć $b$,wykorzystując fakt, że długość przyprostokątnej trójkąta prostokątnego leżącej naprzeciw kąta $30°$ jest połową długości przeciwprostokątnej, czyli $b=4:2=2 \mathrm{cm}$.

Obwód prostokąta zapisujemy za pomocą wzoru: $L=2a+2b$.

Podstawiając $a=2\sqrt{3} \mathrm{cm}$ i $b=2 \mathrm{cm}$, otrzymujemy $L=2·2\sqrt{3}+2·2=4\sqrt{3}+4=4\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $4\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Obwód równoległobokurównoległobokrównoległoboku wynosi $60 \mathrm{cm}$. Jeden bok jest $2$ razy krótszy od drugiego. Obliczymy pole tego równoległoboku, jeżeli kąt ostry ma miarę $60°$.

R1LTK52KNZKMR

Ilustracja przedstawia równoległobok o poziomej podstawie a i ukośnym boku b. Z górnego lewego wierzchołka czworokąta upuszczono wysokość h na dolną podstawę i oznaczono kąt prosty między podstawa a wysokością. Między lewym bokiem a podstawą oznaczono kąt 60 stopni.

Oznaczmy:
$h$ – wysokość równoległoboku,
$a$, $b$ – boki równoległoboku,
$L$ – obwód równoległoboku.

Z treści zadania wynika, że: $L=60 \mathrm{cm}$ i $a=2b$.

Ze wzoru na obwód równoległoboku mamy $L=2a+2b=2·2b+2b=4b+2b=6b$, a ponieważ $L=60$, to $6b=60$, stąd $b=10 \mathrm{cm}$, a ponieważ $a=2b$, to $a=20 \mathrm{cm}$.

Aby wyliczyć pole równoległoboku, musimy wyznaczyć jego wysokość $h$. Wysokość jest prostopadła do boku $a$, możemy więc skorzystać z funkcji sinus.

$\frac{h}{b}=\sin 60°$ i $\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, więc $\frac{h}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, stąd $h=b·\frac{\sqrt{3}}{2}$, podstawiając $b=10$, otrzymujemy $h=\frac{10·\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Obliczamy pole równoległoboku: $P=ah=20·5\sqrt{3}=100\sqrt{3} {\mathrm{cm}}^2$.

Odp. Pole równoległoboku wynosi $100\sqrt{3} {\mathrm{cm}}^2$.

Obliczymy obwód prostokąta, którego przekątne przecinają się pod kątem $60°$, a jeden z boków jest równy $12 \mathrm{cm}$. Rozważymy dwa przypadki.

Przypadek 1 ($b=12 \mathrm{cm}$):

Z rysunku wynika, że: $\sphericalangle AOB=180°-60°=120°$, $\sphericalangle EOB=120°:2=60°$, więc $\sphericalangle EBO=30°$.

R1F7VRXQ88UMM

Rysunek przedstawia prostokąt A B C D, gdzie dłuższe poziome boki A B oraz C D mają długość a, natomiast pionowe boki A D oraz B C mają długość b równa się dwanaście. W prostokącie poprowadzono przekątne, które przecinają się w punkcie O. Z punktu O poprowadzono do dolnej podstawy pionowy odcinek O E i przy punkcie E leżącym na boku A B prostokąta zaznaczono kąt prosty. Zaznaczono również kąt E B O o mierze stopni oraz kąt B O C o mierze stopni. Pod rysunkiem zapisano następujące informacje: miara kąta A O B wynosi 180 stopni odjąć 60 stopni równa się 120 stopni, miara kąta E O B wynosi 120 stopni podzielić na 2 równa się 60 stopni, więc kąt E B O ma miarę 30 stopni.

Zauważmy, że: $\left|AE\right|=\left|EB\right|=\frac{1}{2}a$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b=6 \mathrm{cm}$ i kąt $EBO$ ma miarę $30°$. Trójkąt $OEB$ jest prostokątny, więc korzystając z funkcji tangens wyliczmy długość boku $a$:

$\frac{\left|OE\right|}{\left|EB\right|}=tg30°$, a ponieważ $\left|EB\right|=\frac{1}{2}a$ i $\left|OE\right|=6$, więc $\frac{6}{{\displaystyle \frac{a}{2}}}=tg30°$, $6=\frac{a}{2}·tg30°$ i $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, stąd

$a=\frac{12}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{12·3}{\sqrt{3}}=\frac{36}{\sqrt{3}}=\frac{36·\sqrt{3}}{\sqrt{3}·\sqrt{3}}=12·\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Ze wzoru na obwód prostokąta: $L=2a+2b$ otrzymujemy

$L=2·12\sqrt{3}+2·12=24\sqrt{3}+24=24\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $24\left(\sqrt{3}+1\right)\mathrm{cm}$.

Przypadek 2 ($a=12 \mathrm{cm}$):

RBQ45VXGX6RC1

Rysunek przedstawia prostokąt A B C D, gdzie dłuższe poziome boki A B oraz C D mają długość a równą 12, natomiast pionowe boki A D oraz B C mają długość b. W prostokącie poprowadzono przekątne, które przecinają się w punkcie O. Z punktu O poprowadzono do dolnej podstawy pionowy odcinek O E i przy punkcie E leżącym na boku A B prostokąta zaznaczono kąt prosty. Zaznaczono również kąt E B O o mierze stopni oraz kąt B O C o mierze stopni. Pod rysunkiem zapisano następujące informacje: miara kąta A O B wynosi 180 stopni odjąć 60 stopni równa się 120 stopni, miara kąta E O B wynosi 120 stopni podzielić na 2 równa się 60 stopni, więc kąt E B O ma miarę 30 stopni.

Z rysunku wynika, że: $\sphericalangle AOB=180°-60°=120°$, $\sphericalangle EOB=120°:2=60°$, więc $\sphericalangle EBO=30°$.

Zauważmy, że: $\left|AE\right|=\left|EB\right|=\frac{1}{2}a=6 \mathrm{cm}$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b$ i kąt $EBO$ ma miarę $30°$. Trójkąt $OEB$ jest prostokątny, więc korzystając z funkcji tangens wyliczymy długość boku $b$:

$\frac{\left|OE\right|}{\left|EB\right|}=tg30°$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b$ i $\left|EB\right|=6$, więc $\frac{\frac{b}{2}}{6}=tg30°$, $\frac{b}{2}=6·tg30°$, a ponieważ $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, to otrzymujemy $b=\frac{12·\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Ze wzoru na obwód prostokąta $L=2a+2b$ obliczamy

$L=2·12+2·4\sqrt{3}=24+8\sqrt{3}=8\left(3+\sqrt{3}\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $8\left(3+\sqrt{3}\right)\mathrm{cm}$.

Obliczmy pole trapezutrapeztrapezu równoramiennego, którego dłuższa podstawa ma długość $16 \mathrm{cm}$, a ramię o długości $6 \mathrm{cm}$ tworzy z podstawą kąt $45°$.

R6JXJQ1HSGB9T

Rysunek przedstawia trapez równoramienny o ramionach o długości 6 nachylonych do dolnej postawy pod kątem 45 stopni. Górna, krótsza podstawa ma długość b, natomiast dolna podstawa ma długość a równą szesnaście. Z górnych wierzchołków poprowadzono dwie wysokości h. Między wysokościami a podstawą oznaczono kąty proste. Wysokości podzieliły dolną podstawę na trzy odcinki. Od lewej mamy: Od lewego dolnego wierzchołka trapezu do pierwszej wysokości mamy odcinek x, między wysokościami mamy odcinek b, między prawą wysokością a prawym dolnym wierzchołkiem mamy odcinek x.

Przyjmując oznaczenia jak na rysunku, możemy zapisać $a=2x+b$, a ponieważ $a=16$, to $2x+b=16$.

Do wyznaczenia pola trapezu wykorzystamy wzór $P=\frac{a+b}{2}·h$.

Wyznaczmy wysokość trapezuwysokość trapezuwysokość trapezu $h$, korzystając z funkcji sinus: $\sin 45°=\frac{h}{6}$ i $\sin 45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$, czyli $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{h}{6}$, $2·h=\sqrt{2}·6$, więc $h=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Aby wyznaczyć długość krótszej podstawy, musimy obliczyć długość odcinka $x$. W tym celu, zapisując $\cos 45°=\frac{x}{6}$ i podstawiając $\cos 45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$, otrzymujemy $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x}{6}$, $2·x=\sqrt{2}·6$, więc $x=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Mogliśmy $x$ wyznaczyć, wykorzystując fakt, że przyprostokątne w trójkącie prostokątnym równoramiennym są równe, więc $x=h=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Przejdźmy teraz do wyliczenia krótszej podstawy $b$ trapezu.

Z równania $2x+b=16$ wyznaczamy $b=16-2x$ i podstawiając $x=3\sqrt{2}$, otrzymujemy

$b=16-2·3\sqrt{2}=16-6\sqrt{2}=2\left(8-3\sqrt{2}\right) \mathrm{cm}$.

Wyliczone wartości $h$ i $b$ podstawiamy do wzoru na pole trapezu $P=\frac{a+b}{2}·h$.

$P=\frac{a+b}{2}·h=\frac{16+16-6\sqrt{2}}{2}·3\sqrt{2}=\frac{32-6\sqrt{2}}{2}·3\sqrt{2}=$

$=\frac{2\left(16-3\sqrt{2}\right)}{2}·3\sqrt{2}=\left(16-3\sqrt{2}\right)·3\sqrt{2}=48\sqrt{2}-18=18\left(\sqrt{2}-1\right) {\mathrm{cm}}^2$

Odp. Pole trapezu wynosi $18\left(\sqrt{2}-1\right) {\mathrm{cm}}^2$.

Dłuższa podstawa trapezu ma długość $12$ a ramię jest $2$ razy krótsze od tej podstawy. Przekątne tego trapezu przecinają się pod kątem $60°$. Obliczymy długość drugiej podstawy tego trapezu.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1KS1KMA4S7AC

Rysunek przedstawia trapez A B C D, w którym poprowadzono przekątne przecinające się w punkcie O. Dolna podstawa A B ma długość dwanaście. Ukośne ramię B C ma długość sześć. Na górnej podstawie C D zaznaczono punkt E, a na dolnej podstawie A B oznaczono punkt F i narysowano odcinek E F. Odcinek ten składa się z dwóch odcinków – odcinka E O opisanego jako y ora odcinka O F opisanego jako x. Część górnej podstawy, czyli odcinek E C oznaczony jest jako a i ma długość sześć. Z górnego lewego wierzchołka trapezu poprowadzono linią przerywaną wysokość h, która jest odcinkiem C G. Przy punktach F i G należących do dolnej podstawy A B oznaczono kąty proste. Odcinek składowy dolnej podstawy, czyli odcinek G B podpisano jako sześć odjąć a. Na rysunku zaznaczono również trzy kąty wokół punktu O: kąt F O B to kąt beta, kąt B O C to kąt alfa oraz kąt C O E to kąt beta.

Skoro $\alpha =60°$, to $2\beta =120°$, zatem $\beta ={60}^{\circ }$.

W trójkącie $FBO$: $\mathrm{tg}\beta =\frac{6}{x}$, więc: $\mathrm{tg}{60}^{\circ }=\frac{6}{x}$, stąd: $x=\frac{6}{\mathrm{tg}{60}^{\circ }}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.

W trójkącie $EOC$: $\mathrm{tg}\beta =\frac{a}{y}$, stąd: $a=y\cdot \mathrm{tg}{60}^{\circ }=y\sqrt{3}$.

Skorzystamy z tw. Pitagorasa w trójkącie $CGB$:

$h^2+{\left(6-a\right)}^2=6^2$

${\left(x+y\right)}^2+{\left(6-y\sqrt{3}\right)}^2=36$

${\left(2\sqrt{3}+y\right)}^2+{\left(6-y\sqrt{3}\right)}^2=36$

$12+4\sqrt{3}y+y^2+36-12y\sqrt{3}+3y^2=36$

$4y^2-8y\sqrt{3}+12=0$

${\left(2y-2\sqrt{3}\right)}^2=0$

$y=\sqrt{3}$.

Zatem: $a=3$.

Dłuższe ramię trapezu ma długość $8\sqrt{2}$ i jest nachylone do dłuższej podstawy pod kątem $45°$. Wyznaczymy miarę kąta nachylenia drugiego ramienia do dłuższej podstawy, jeśli pole trapezu wynosi $96$, a długości podstaw są w stosunku $1:3$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1LSALNKPZKE3

Rysunek przedstawia trapez A B C D, w którym prawe ramię B C ma długość osiem pierwiastków z dwóch, górna podstawa ma długość a. Z górnych wierzchołków upuszczono wysokości h i oznaczono między nimi a podstawą dolną kąty proste. Wysokości to odcinki: lewa D F, a prawa wysokość to odcinek C E. Wysokości podzieliły dolną podstawę na trzy odcinki. Od lewej: odcinek A F opisano jako y, odcinek F E jest równy a, odcinek E B opisano jako x. Lewe ramię jest nachylone do podstawy pod kątem alfa, jest to kąt D A F. Prawe ramię jest nachylone do podstawy pod kątem 45 stopni, jest to kąt C B E.

Obliczymy długość boku $EB$. W trójkącie $CEB$: $\cos {45}^{\circ }=\frac{x}{8\sqrt{2}}$, stąd: $x=8\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=8$.

Podobnie:

$\sin {45}^{\circ }=\frac{h}{8\sqrt{2}}$, zatem: $h=8\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=8$.

Z treści zadania $\left|AB\right|=3a$.

Zauważmy, że: $\left|AB\right|=y+\left|FE\right|+x$, stąd: $3a=y+a+8$, czyli: $y=2a-8$.

Skorzystamy z pola trapezu:

$96=\frac{a+3a}{2}\cdot 8$

$4a=24$

$a=6$

Zatem: $y=2\cdot 6-8=4$.

W trójkącie $AFD$: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{h}{y}$, stąd: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{8}{4}=2$ i w konsekwencji $\alpha \approx 64°$.

Wyznaczymy długości przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej długości $12$, jeżeli $\alpha$ jest kątem ostrym i $\mathrm{tg}\alpha =3$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trójkąt prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku:

R1FE31TMH8NKE

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny o podstawie a, pionowej przyprostokątnej b oraz o przeciwprostokątnej o długości dwanaście. Zaznaczono także dwa kąty wewnętrzne trójkąta. Kąt prosty między bokami a i b oraz kąt alfa między bokami a i przeciwprostokątną.

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =3$, to $\frac{b}{a}=3$, zatem $b=3·a$.

Jeżeli wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa, to

$a^2+b^2={12}^2$, wobec tego

$a^2+{\left(3·a\right)}^2={12}^2$, czyli $10a^2=144$

Zatem długości przyprostokątnych tego trójkąta wynoszą:

$a=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{12\sqrt{10}}{10}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$

$b=3·\frac{6\sqrt{10}}{5}=\frac{18\sqrt{10}}{5}$

Obliczymy odległość środka ciężkości trójkąta równobocznego o boku długości $6 \mathrm{cm}$ od jego boków.

Środek ciężkości powstaje w miejscu przecięcia się środkowych trójkąta, czyli odcinków łączących wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku.

W trójkącie równobocznym każda środkowa jest wysokością i dwusieczną kąta.

RM9AJR6DFJQRV

Rysunek przedstawia trójkąt. Podstawa trójkąta to odcinek AB. Ramiona trójkąta to odcinki: AC i BC. W trójkącie narysowane są trzy wysokości. Pierwsza wysokość biegnąca z wierzchołka C do podstawy wyznacza na podstawie punkt D, w miejscu styku wysokości z podstawą. Druga wysokość biegnąca z punktu A to ramienia BC wyznacza kąt między podstawą AB i tą wysokością równy 30 stopni. Trzecia wysokość biegnie z wierzchołka B do ramienia AC. Wszystkie wysokości przecinają się w punkcie O. Odcinek pomiędzy punktem D i O został podpisany literą x.

Wprowadźmy oznaczenia:
$O$ – środek ciężkości trójkąta $ABC$
$\left|AB\right|=\left|BC\right|=\left|CA\right|=a$
$\left|OD\right|=x$

Możemy zapisać wnioski:

1) $\left|AD\right|=\left|DB\right|=\frac{a}{2}$, bo $DC$ jest środkową,

2) kąt $OAD$ ma miarę: $\frac{60°}{2}=30°$, bo $AO$ jest dwusieczną kąta,

3) trójkąt $ADO$ jest prostokątny, bo $DC$ jest wysokością trójkąta.

Z trójkąta $ADO$ obliczamy długość odcinka $x$:

$\frac{x}{\frac{a}{2}}=tg30°$, $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$ i $a=6 \mathrm{cm}$, czyli , $\frac{x}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$

$x=3·\frac{\sqrt{3}}{3}$, więc $x=\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Ponieważ $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego, to odległość tego punktu od każdego boku jest taka sama.

Odpowiedź:

Odległość środka ciężkości od każdego boku trójkąta równobocznego o boku długości $6 \mathrm{cm}$ wynosi $\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Zauważmy, że:

$\frac{\left|OD\right|}{\frac{a}{2}}=tg30°$ i $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, stąd

$\left|OD\right|=\frac{a}{2}·tg30°$

$\left|OD\right|=\frac{a}{2}·\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{3}·\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}·h$

$\left|OC\right|=h-\left|OD\right|=\frac{2}{3}·h$, czyli $\frac{\left|OC\right|}{\left|OD\right|}=\frac{\frac{2}{3}·h}{\frac{1}{3}·h}=2$.

Środek ciężkości dzieli środkową na dwa odcinki: odcinek, którego jeden koniec jest wierzchołkiem trójkąta, jest dwa razy dłuższy od drugiej części środkowej.

Obliczymy długości odcinków $x,y$ i $h$ w trójkącie o wymiarach jak na rysunku, jeżeli wiadomo, że $\mathrm{tg}\alpha =2$.

R1UOO5BOJXXJ8

Rysunek przedstawia trójkąt o ramionach o długościach: lewe trzy oraz prawe dziewięć. Z górnego wierzchołka upuszchono na podstawę wysokość h i oznaczono między podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła podstawę na dwie części: lewa to x, a prawa to y. W ten sposób powstały dwa trójkąty prostokątne o wspólnym boku. Trójkąt prostokątny lewy składa się z następujących boków: przyprostkokątnych x oraz h i przeciwprostokątnej o długości sześć, przy czym między przeciwprostokątną a bokiem x zaznaczono kąt alfa. Trójkąt prostokątny prawy składa się z następujących boków: przyprostkokątnych y oraz h i przeciwprostokątnej o długości dziewięć.

Rozwiązanie:

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =2$, zatem

$\frac{h}{x}=2$, czyli $h=2·x$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy:

$h^2+x^2=6^2$

${\left(2·x\right)}^2+x^2=6^2$

$5x^2=36$

$x^2=\frac{36}{5}$

$x=\frac{6\sqrt{5}}{5}$

Stąd $h=2·\frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy:

$h^2+y^2=9^2$

${\left(\frac{12\sqrt{5}}{5}\right)}^2+y^2=9^2$

$\frac{144}{5}+y^2=81$

$y^2=\frac{261}{5}$

$y=\frac{3\sqrt{145}}{5}$

Obliczymy długości przekątnych w trapezie prostokątnym o podstawach długości $9$ i $6$, jeżeli $\alpha$ jest kątem ostrym trapezu i $\cos \alpha =\frac{1}{4}$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trapez prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R82S1TXSATAQC

Rysunek przedstawia trapez prostokątny o prawym ukośnym ramieniu o długości r oraz podstawach o długościach: górna sześć i dolna dziewięć. Z górnego prawego wierzchołka upuszchono linią przerywaną wysokość h i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego prawą część opisano jako x. Wewnątrz trapezu poprowadzono dwie przekątne: przekątna f biegnie od lewego górnego wierzchołka do prawego dolnego, a przekątna e biegnie od lewego dolnego wierzchołka do prawego górnego wierzchołka trapezu. Między ramieniem r a kawałkiem podstawy dolnej x zaznaczono kąt alfa.

Zauważmy, że $x=9-6=3$.

Ponieważ $\cos \alpha =\frac{1}{4}$, to $\frac{3}{r}=\frac{1}{4}$, czyli $r=12$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$h^2+x^2=r^2$.

Stąd

$h^2+3^2={12}^2$, zatem $h=3\sqrt{15}$.

Wyznaczamy, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, długości przekątnych $e$ i $f$ w tym trapezie.

$e^2={\left(3\sqrt{15}\right)}^2+6^2$

$e^2=171$, czyli $e=\sqrt{171}=3\sqrt{19}$

$f^2=9^2+{\left(3\sqrt{15}\right)}^2$

$f^2=216$, czyli $f=\sqrt{216}=6\sqrt{6}$

Obliczymy długości przekątnych w trapezie równoramiennym o podstawach długości $12$ i $20$, jeżeli sinus kąta ostrego w tym trapezie wynosi $\frac{2}{5}$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trapez równoramienny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku:

R1PMHOXRNB7SH

Rysunek przedstawia trapez prostokątny o lewym ukośnym ramieniu x oraz podstawach o długościach: górna dwanaście i dolna dwadzieścia. Z górnego lewego wierzchołka upuszchono wysokość h i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego lewą część opisano jako y. Wewnątrz trapezu poprowadzono przekątną d biegnącą od lewego górnego wierzchołka do prawego dolnego wierzchołka trapezu. Między ramieniem x a kawałkiem podstawy dolnej y zaznaczono kąt alfa.

Jeżeli $\sin \alpha =\frac{2}{5}$, to $\frac{h}{x}=\frac{2}{5}$, zatem $x=\frac{5}{2}·h$.

Zauważmy, że $y=\left(20-12\right):2=4$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$4^2+h^2={\left(\frac{5}{2}·h\right)}^2$

Równanie zapisujemy w postaci:

$h^2=\frac{64}{21}$, zatem $h=\frac{8}{\sqrt{21}}=\frac{8\sqrt{21}}{21}$.

Zauważmy, że $z=20-4=16$.

W trapezie równoramiennym przekątne są równej długości, dlatego do wyznaczenia długości $d$ korzystamy z twierdzenia Pitagorasa:

$d^2=h^2+z^2$

Zatem $d^2={\left(\frac{8}{\sqrt{21}}\right)}^2+{16}^2$, czyli $d^2=\frac{5440}{21}$.

Wobec tego $d=\frac{8\sqrt{85}}{\sqrt{21}}=\frac{8\sqrt{1785}}{21}$.

Obliczymy długość dłuższej przekątnej w rombie o kącie ostrym $\alpha$, jeżeli wysokość rombu ma długość $4$, a cosinus kąta $\alpha$ jest równy $\frac{1}{3}$.

Rozwiązanie:

Wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RCAAC24RNHJGP

Rysunek przedstawia romb o boku a. Z górnego lewego wierzchołka upuszchono wysokość o długości cztery i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego lewą część opisano jako x. Tak powstał trókąt prostokątny o przyprostokątnych x i cztery oraz o przeciwprostokątnej a. Wewnątrz rombu poprowadzono przekątną d biegnącą od lewego dolnego wierzchołka do prawego górnego wierzchołka rombu. Między lewym bokiem a a kawałkiem podstawy dolnej x zaznaczono kąt alfa. Z prawego górnego wierzchołka poprowadzono linią przerywaną pionową wysokość i przedłużono podstawę figury o odcinke x również linią przerywaną i zaznaczono między nimi kat prosty.

Ponieważ $\cos \alpha =\frac{1}{3}$, zatem $\frac{x}{a}=\frac{1}{3}$, więc $a=3·x$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$4^2+x^2=a^2$

Wobec tego $4^2+x^2={\left(3·x\right)}^2$, zatem

$16=8x^2$

$x^2=2$

$x=\sqrt{2}$

Długość boku rombu wynosi

$a=3·\sqrt{2}=3\sqrt{2}$

Do wyznaczenia długości przekątnej $d$ rozwiązujemy równanie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

$d^2=4^2+{\left(a+x\right)}^2$

$d^2=4^2+{\left(4\sqrt{2}\right)}^2$

$d^2=48$

Zatem $d=4\sqrt{3}$.

Wyznaczymy miary kątów ostrych w trójkącie egipskim.

Rozwiązanie

Przedstawmy trójkąt egipskitrójkąt egipskitrójkąt egipski na rysunku.

RCRFTQMZD1KLG

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o pionowej przyprostokątnej o długości 3, poziomej przyprostokątnej o długości 4 oraz o przeciwprostokątnej o długości pięć. W trójkącie zaznaczono dwa kąty wewnętrzne: kąt prosty oraz ostry kąt alfa miedzy bokami 4 i 5

Oznaczmy przez $\alpha$ miarę kąta przy dłuższej przyprostokątnej. Wtedy $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{4}=0,75$.

Korzystając z powyższego apletu, mamy: $\alpha \approx 37°$. Drugi kąt ostry ma zatem miarę ok. $53°$.

Wymiary pokoju w kształcie trapezu prostokątnego przedstawia poniższy rysunek.

REC2S2J738TKE

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny. Górna podstawa ma długość 9, dolna podstawa ma długość 6,5, lewy bok i wysokość figury mają długość pięć. Prawy ukośny bok jest nachylony do górnej podstawy pod kątem ostrym alfa.

Aby położyć w pokoju kafelki, należy część z nich przyciąć pod kątem $\alpha$. Obliczymy, jaka jest przybliżona wartość kąta $\alpha$.

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.

R1R817Z9L6ZQX

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny. Górna podstawa ma długość 9, dolna podstawa ma długość 6,5, lewy bok i wysokość figury mają długość pięć. Prawy ukośny bok jest nachylony do górnej podstawy pod kątem ostrym alfa. Prawy bok wraz z wysokością i kawałkiem górnej podstawy o długości x tworzą trójkąt prostokątny.

Oczywiście $x=9-6,5=2,5$. Zatem $\mathrm{tg}\alpha =\frac{5}{2,5}=2$. Korzystając z powyższego apletu, mamy: $\alpha \approx 63°$.

czworokąt, w którym przynajmniej jedna para boków jest do siebie równoległa

czworokąt, w którym przynajmniej jedna para boków jest do siebie równoległa; boki równoległe nazywamy podstawami trapezu

odległość między podstawami trapezu

trójkąt o bokach wyrażonych kolejnymi liczbami naturalnymi: $3$, $4$, $5$

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do długości przeciwprostokątnej

stosunek długości przyprostokątnej leżącej przy tym kącie do długości przeciwprostokątnej

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do długości drugiej przyprostokątnej