1. Twierdzenie sinusów

RLMPeXwCf6daE

Trudno powiedzieć, dlaczego wszyscy adepci szkolnej matematyki znają postać Pitagorasa, a przynajmniej potrafią tę postać związać z najsłynniejszym bodaj twierdzeniem planimetrii, liczni posługują się wzorami Bernoulliego, dwumianem Newtona, wzorami Viete’a, a prawie nikomu nie kojarzy się postać Snelliusa, a przecież jest ona związana z podstawowym narzędziem używanym przy badaniu związków miarowych na płaszczyźnie, doskonale znanym pod nazwą twierdzenia sinusów.

Przyjmuje się, że holenderski matematyk i astronom Willebrord Snell van Royen zwany krótko Snelliusem jest ojcem współczesnej triangulacji. W publikacji „Eratosthenes batavus, de terrae ambitus vera quantitate” w latach $1615$ – $1617$ napisał o triangulacji, czyli o sposobie wyznaczania współrzędnych punktów położonych na dużych obszarach, opierającym się na pomiarze w terenie układu trójkątów. Wprawdzie idea ta pojawiła się wcześniej, ale przyjmuje się, że praca Snelliusa była przełomowa. Czterysta lat temu Snellius wyznaczył obwód Ziemi, przy czym jego wynik różnił się od znanego dziś obwodu zaledwie o $3, 5 %$ .

R1XdRhwcjYGrY

Ilustracja przedstawia kartę z księgi, po lewej stronie znajduje się portret elegancko ubranego mężczyzny, posiadającego wąsy oraz brodę i krótką fryzurę. Jest to portret Willebrorda Snella. Po prawej stronie karty widnieje strona tytułowa jego publikacji pod tytułem Eratosthenes batavus, de terrae ambitus vera quantitate. — Willebrord Snell, Eratosthenes batavus, de terrae ambitus vera quantitate
Źródło: dostępny w internecie: commons.wikimedia.org, domena publiczna.

Twoje cele

Zbadasz zależności między bokami i kątami w trójkącie i poznasz twierdzenie sinusów.
Udowodnisz twierdzenie sinusów.
Zastosujesz twierdzenie sinusów do rozwiązywania trójkątów w sytuacjach problemowych.
Zastosujesz twierdzenie sinusów do wyznaczenia zależności miarowych w trójkącie.

Rozwiązywanie trójkątów. Przez rozwiązywanie trójkąta będziemy rozumieli wyznaczanie długości wszystkich jego boków i miar wszystkich jego kątów.

Przykład 1

Rozważmy trójkąt, w którym jeden z kątów ma miarę $45 °$ , a bok leżący naprzeciw tego kąta ma długość $\sqrt{8}$ , zaś drugi z kątów ma miarę $30 °$ . Wyznaczymy miarę trzeciego kąta tego trójkąta i długości jego dwóch pozostałych boków.

Oczywiście miarę trzeciego kąta tego trójkąta wyznaczymy korzystając z bilansu kątów:

$180^{\circ} - 30^{\circ} - 45^{\circ} = 105^{\circ}$ , a do wyznaczenia długości jego boków posłużymy się definicjami odpowiednich funkcji trygonometrycznych w trójkątach prostokątnych, jakie powstaną, gdy poprowadzimy odpowiednio wysokości.

Przyjmijmy oznaczenia takie, jak na rysunku.

RBsq2hAQ2SSJN

Ilustracja przedstawia trójkąt o bokach a, b, c, gdzie c jest podstawą. Lewy bok b tworzy z podstawą kąt alfa równy 45 stopni, a prawy bok a o długości pierwiastek z ośmiu tworzy z podstawą kąt beta równy 30 stopni. Z górnego wierzchołka opuszczona jest na podstawę wysokość h zaznaczona linią przerywaną.

Wtedy mamy oczywiście $\sin β = \frac{h}{a}$ , a stąd $h = a \cdot \sin β$ . Podobnie $\sin α = \frac{h}{b}$ , a stąd $h = b \cdot \sin α$ . Zatem $h = b \cdot \sin α$ oraz $h = a \cdot \sin β$ , czyli $b \cdot \sin α = a \cdot \sin β$ . Możemy już teraz podstawić wartości liczbowe: $b \cdot \sin 45 ° = \sqrt{8} \cdot \sin 30 °$ i wyznaczyć, że $b = \frac{\sqrt{8} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{2}} = 2$ .

Zauważmy, że równość $b \cdot sin α = a \cdot sin β$ możemy zapisać w postaci proporcji: $\frac{b}{sin β} = \frac{a}{sin α}$ Dokonamy teraz pewnych modyfikacji naszego rysunku poprzez dorysowanie wysokości $H$ poprowadzonej z wierzchołka kąta o mierze $30^{\circ}$ i usunięcie wysokości $h$ .

R1dRkYxd6PvZM

Ilustracja przedstawia trójkąt o bokach a, b, c, gdzie c jest podstawą. Lewy bok b równy 2 tworzy z podstawą kąt alfa równy 45 stopni, a prawy bok a o długości pierwiastek z ośmiu tworzy z podstawą kąt beta równy 30 stopni. Z prawego wierzchołka narysowana jest linią przerywaną ukośna półprosta H skierowana w górę i w lewo. Przez bok b przechodzi druga półprosta narysowana linią przerywaną. Obie półproste przecinają się nad wierzchołkiem po jego prawej stronie. Kąt powstały z przedłużenia boku b oraz z boku a w nowym trójkącie to kąt delta równy 75 stopni.

Teraz mamy oczywiście $\sin\alpha=\frac{H}{c}$ oraz $\sin75^\circ=\frac{H}{a}$ . Stąd $H=c\cdot\sin\alpha$ oraz $H=a\cdot\sin75^\circ$ , czyli $a\cdot\sin75^\circ=c\cdot\sin\alpha$ . Zatem $c=\frac{\sqrt 8\cdot\sin75^\circ}{\frac{\sqrt 2}{2}}=4\cdot\sin75^\circ$ . Pozostaje odczytać z tablic wartość sinusa kąta i podać przybliżony wynik, albo skorzystać z dokładnej wartości (odpowiedni wzór można znaleźć w dostępnych źródłach) i zapisać, że $c = 4 \cdot \sin 75^{\circ} = 4 \cdot (\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}) = \sqrt{6} + \sqrt{2}$ .

Podobnie jak wcześniej, równość $a \cdot \sin 75^{\circ} = c \cdot \sin α$ możemy zapisać w postaci proporcji:

\frac{c}{\sin 75 °} = \frac{a}{\sin α}

Ponieważ $\sin 75 ° = \sin (180 ° - 75 °) = \sin (180 ° - 45 ° - 30 °) = \sin (180 ° - α - β) = \sin γ$ ,

więc wcześniejszą proporcję można zapisać, jako: $\frac{c}{\sin γ} = \frac{a}{\sin α}$

Ponieważ $\frac{c}{\sin γ} = \frac{a}{\sin α}$ oraz $\frac{b}{sin β} = \frac{a}{sin α}$ , więc $\frac{a}{\sin α} = \frac{b}{\sin β} = \frac{c}{\sin γ}$

Otrzymana w naszym przykładzie zależność oznacza, że stosunek długości boku trójkąta do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest wielkością stałą.

Pozostaje zbadać, czy zależność ta jest prawdziwa dla dowolnego trójkąta, a jeśli tak, to czym jest ta stała wielkość, będąca ilorazem długości boku i sinusa odpowiedniego kąta w danym trójkącie.

Twierdzenie Snelliusa (alternatywnie Twierdzenie sinusów)

Twierdzenie: Twierdzenie Snelliusa (alternatywnie Twierdzenie sinusów)

W dowolnym trójkącie na płaszczyźnie stosunki długości boków do sinusów przeciwległych kątów są równe średnicy okręgu opisanego na tym trójkącie:

\frac{a}{\sin α} = \frac{b}{\sin β} = \frac{c}{\sin γ} = 2 R

Dowód

Rozważmy najpierw trójkąt prostokątny i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

RTRfmyTF70rUX

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC wpisany w okrąg, przy czym bok CA jest średnicą okręgu, bok AB jest równy a oraz kąt ACB jest równy alfa.

Bezpośrednio z definicji funkcji sinus kąta w trójkącie prostokątnymsinus kąta w trójkącie prostokątnym mamy: $\sin α = \frac{a}{2 R}$ , czyli $2 R = \frac{a}{\sin α}$ . Analogicznie możemy postąpić z drugą przyprostokątną. Pamiętając, że $\sin 90 ° = 1$ oraz przyjmując oznaczenie $c = 2 R$ , możemy zapisać, że $\frac{c}{\sin 90 °} = 2 R$ . Co kończy dowód w przypadku trójkąta prostokątnego.

Rozważmy teraz dowolny trójkąt ostrokątny $A B C$ i przyjmijmy oznaczenia takie, jak na rysunku.

Odcinek $C D$ jest średnicą okręgu (trójkąt $C B D$ jest prostokątny).

RIibVIRvpJYKw

Ilustracja przedstawia dwa trójkąty wpisane w okrąg. Trójkąt BCA ma bok BC równy a, bok CA równy b oraz bok AB równy c. Boki trójkąta to cięciwy okręgu. Przy wierzchołku A znajduje sią kąt ostry alfa. W okrąg wpisany jest także drugi trójkąt BCD oparty na tej samej podstawie. Bok DB narysowany jest linią przerywaną, a przy wierzchołku D jest kąt gama.

Pokażemy, że $\frac{a}{\sin α} = 2 R$ . Zauważmy, że kąty $α$ i $γ$ są kątami wpisanymi w dany okrąg i są oparte na tym samym łuku, zatem są równe. Stąd $\sin α = \sin γ$ . Ale $\sin γ = \frac{|B C|}{|C D|} = \frac{a}{2 R}$ , więc $2 R = \frac{a}{\sin γ} = \frac{a}{\sin α}$ , co należało wykazać.

Analogicznie, dorysowując odpowiednio średnice i cięciwy poprowadzone z pozostałych wierzchołków, można udowodnić, że stosunek długości każdego z pozostałych boków do sinusa kąta leżacego naprzeciwko danego boku jest równy średnicy okręgu opisanego na danym trójkącie.

Dowód w przypadku trójkąta rozwartokątnego jest treścią Ćwiczenia $1$ .

Polecenie 1

Uruchom aplet. Zauważ, że dla danego trójkąta stosunek długości każdego z jego boków do sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku jest taki sam. Zmień wskaźnikiem położenie któregoś z wierzchołków. Zaobserwuj jak zmieniają się odpowiednie ilorazy. Czy zależy to od wybranego wierzchołka? Sformułuj hipotezę dotyczącą stosunku długości boku i sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku w dowolnym trójkącie.

Zapoznaj się z opisem apletu.

RzgmK3SNCC1d51

Polecenie 2

Uruchom aplet. Zaznacz przycisk OKRĄG OPISANY. Zmieniając położenie wierzchołka obserwuj, jak zmieniają się poszczególne ilorazy i długość promienia okręgu opisanego. Zapisz na kartce obok siebie wartości ilorazów i długości promienia okręgu oraz jego średnicy. Sformułuj hipotezę dotyczącą zależności między obserwowanymi wielkościami w dowolnym trójkącie.

Dany jest trójkąt $A B C$ , którego podstawa $A B$ ma długość $c$ , bok $B C$ długość $a$ , natomiast bok $C A$ ma długość $b$ . Przy wierzchołkach $A, B, C$ znajdują się odpowiednio kąty: $α$ , $β$ , $γ$ . Długość boku $b$ wynosi $20$ , kąt $α$ oraz kąt $β$ wynoszą $45 °$ . Korzystając z twierdzenia Snelliusa, oblicz długość pozostałych boków.

Polecenie 3

Zauważ, że przy niektórych położeniach wierzchołków trójkąta, iloraz długości boku i sinusa kąta leżącego naprzeciw tego boku nie jest równy średnicy okręgu opisanego na tym trójkącie. Wyjaśnij przyczynę występujących różnic.

Dany jest trójkąt $A B C$ , którego podstawa $A B$ ma długość $c$ , bok $B C$ długość $a$ , natomiast bok $C A$ ma długość $b$ . Przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ znajdują się odpowiednio kąty: $α$ , $β$ , $γ$ . Długość boku $a$ wynosi $4 \sqrt{3}$ , bok $b = 0, 8$ oraz $\sin β = 0, 2$ . Korzystając z twierdzenia Snelliusa, oblicz, ile wynosi kąt $α$ .

Przykład 2

Najdłuższy bok trójkąta ma długość $20$ , a dwa kąty tego trójkąta mają miary $20 °$ oraz $40 °$ . Oblicz promień $R$ okręgu opisanego na tym trójkącie.

Rozwiązanie

Mamy długość boku i kąt, a nawet dwa kąty w trójkącie. By zastosować twierdzenie sinusów potrzebujemy długości boku i kąta, ale pamiętajmy, że to musi być bok i kąt leżący naprzeciw tego boku. Oczywiście najdłuższy bok leży naprzeciw największego kąta, a ten nie jest jeszcze podany – jego miara jest równa

$180 ° - 40 ° - 20 ° = 120 °$

Teraz możemy już zapisać odpowiednią równość

\frac{20}{\sin 120 °} = 2 R

Ponieważ

$\sin 120 ° = \sin (180 ° - 60 °) = \sin 60 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$

więc

$R = \frac{1}{2} \cdot \frac{20}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{20}{\sqrt{3}}$

Przykład 3

R1aTRLcETabpt1

Ilustracja przedstawia tablicę korkową, na której zaznaczone są trzy punkty: A, B oraz C. Poprowadzone są między nimi dwa odcinki: AC oraz CB. Odcinki tworzą kąt ostry ACB.

Krzysiek przyczepił sznurek o długości $10 cm$ do korkowej tablicy. Następnie bawił się wbijając szpilkę w tablicę korkową i mierząc kąty powstałego trójkąta $A B C$ .

W pewnym momencie Krzysiek zauważył, że kąty trójkąta są w stosunku $2 : 3 : 7$ . Znajdź długości boków trójkąta $A B C$ . Rozpatrz dwa przypadki.

Rozwiązanie

Niech $α < β < γ$ będą kątami trójkąta $A B C$ . Wówczas $α = 2 x$ , $β = 3 x$ oraz $γ = 7 x$ dla pewnego $x > 0$ . Zatem $12 x = 180 °$ , więc $x = 15 °$ . Zatem kąty mają miary: $α = 30 °$ , $β = 45 °$ , $γ = 105 °$ .

Rozpatrzmy trzy przypadki:

RtX4l3aopUGmm

Ilustracja przedstawia 3 rysunki trójkątów ABC. Każdy rysunek to jeden rozważany przypadek. Przypadek pierwszy: trójkąt ABC posiada kąty odpowiednio: przy wierzchołku A kąt alfa, przy wierzchołku B kąt beta, przy wierzchołku C kąt gama. Kąty alfa, beta, gama są ostre. Bok BC jest równy liczbie a, natomiast bok CA liczbie b. Przypadek drugi: trójkąt ABC posiada kąty odpowiednio: przy wierzchołku A kąt gama, przy wierzchołku B kąt alfa, przy wierzchołku C kąt beta. Kąty alfa i beta są ostre. Kąt gama jest rozwarty. . Bok BC jest równy liczbie b, natomiast bok CA liczbie a. Przypadek trzeci: trójkąt ABC posiada kąty odpowiednio: przy wierzchołku A kąt gama, przy wierzchołku B kąt beta, przy wierzchołku C kąt alfa. Kąty alfa i beta są ostre. Kąt gama jest rozwarty. Bok BC jest równy liczbie a, natomiast bok CA liczbie b.

Z treści zadania wiemy, że $a + b = 10$ (długość sznurka).

Przypadek I

$\{\begin{cases} a + b = 10 \\ \frac{a}{\sin α} = \frac{b}{\sin β} \end{cases}$

$\{\begin{cases} a + b = 10 \\ \frac{a}{\frac{1}{2}} = \frac{b}{\frac{\sqrt{2}}{2}} \end{cases}$

$\{\begin{cases} a + b = 10 \\ b = \sqrt{2} a \end{cases}$

Zatem $a (\sqrt{2} + 1) = 10$ , więc $a = \frac{10}{\sqrt{2} + 1} = \frac{10 (\sqrt{2} - 1)}{1} = 10 (\sqrt{2} - 1)$ oraz $b = 10 - 10 (\sqrt{2} - 1) = 10 (2 - \sqrt{2})$

Pozostaje znaleźć długość trzeciego boku trójkąta $A B C$ . Ponownie korzystmy z twierdzenia sinusów. Wykorzystamy dokładną wartość funkcji $\sin 105 ° = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}$ (spróbuj uzasadnić tę równość wykorzystując wzory redukcyjne oraz wzór na sinus sumy).

$\frac{a}{\frac{1}{2}} = \frac{c}{\sin 105^{o}}$

$\frac{10 (\sqrt{2} - 1)}{\frac{1}{2}} = \frac{c}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}}$

$c = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \cdot 20 (\sqrt{2} - 1) = 5 (2 \sqrt{3} + 2 - \sqrt{6} - \sqrt{2})$ .

Zatem długości boków trójkąta $A B C$ to: $a = 10 (\sqrt{2} - 1) cm$ , $b = 10 (2 - \sqrt{2}) cm$ i $c = 5 (2 \sqrt{3} + 2 - \sqrt{6}) cm$ .

Przypadek $II$ i $III$ pozostawimy jako ćwiczenie. Podamy jedynie wyniki:

Przypadek $II$ : $a = \frac{10 \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2} + \sqrt{3}} cm$ , $b = \frac{10 + 10 \sqrt{3}}{1 + \sqrt{2} + \sqrt{3}} cm$ , $c = \frac{20 \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2} + \sqrt{3}} cm$

Przypadek $III$ : $a = \frac{10 (3 - \sqrt{3})}{3} cm$ , $b = \frac{10 \sqrt{3}}{3} cm$ , $\frac{10 \sqrt{2}}{3 + \sqrt{3}} cm$

Polecenie 4

Zapoznaj się z animacją przedstawiającą zastosowanie twierdzenia sinusów.

REA9FbIkqQVx8

Polecenie 5

Rozważ problem analogiczny do przedstawionego w animacji, gdy $|A B| = 155 m$ , $|A C| = 200 m$ , a miary kątów nie uległy zmianie. Wyznacz odległość punktów $C$ i $P$ .

$β \approx 61, 5 °$

$|C P| \approx 271 m$

Polecenie 6

Rozważ problem analogiczny do przedstawionego w animacji. Zbuduj układ równań z niewiadomymi $α$ i $β$ dla następujących danych: $|A B| = 400 m$ i $|A C| = 500 m$ , $|∢ A P B| = 41 °$ , $|∢ A P C| = 50 °$ , $|∢ B A C| = 144 °$ . Znajdź w internecie aplikację, która pozwoli rozwiązać ten układ i wyznaczyć miary kątów $α$ i $β$ .

$\{\begin{cases} \frac{400 \cdot \sin α}{\sin 41 °} = \frac{500 \cdot \sin β}{\sin 50 °} \\ α + β = 125 ° \end{cases}$

Przykład 4

Dany jest trójkąt, którego boki mają długości: $15$ , $16$ , $17$ . Naszym zadaniem będzie wyznaczenie miar kątów tego trójkąta. Na początek przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R1B4MlmCaPFD3

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC. Z wierzchołka C upuszczono wysokość h na podstawę AB w punkcie D. Punkt D dzieli podstawę na dwa odcinki: p, czyli AD oraz q, czyli DB. Poszczególne boki nazwano od przeciwległych im wierzchołków i przypisano im długości. Bok c to odcinek AB od długości 16. Bok a to odcinek BC o długości 15, a bok b to odcinek CA o długości 17.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa odpowiednio dla trójkątów $A D C$ i $B D C$ mamy $p^{2} + h^{2} = 17^{2}$ oraz $q^{2} + h^{2} = 15^{2}$ . Wiemy także, że $p + q = 16$ . Z pierwszych dwóch równań, eliminując niewiadomą $h$ , otrzymujemy, że $15^{2} - q^{2} = 17^{2} - p^{2}$ . Podstawiając teraz, że $q = 16 - p$ , mamy $15^{2} - {(16 - p)}^{2} = 17^{2} - p^{2}$ . Upraszczając ostatnie równanie dostajemy, że $32 p = 320$ . Stąd: $p = 10$ , $q = 6$ , $h = \sqrt{189}$ . Zatem $\sin α = \frac{\sqrt{189}}{17} \approx 0, 8087$ oraz $\sin β = \frac{\sqrt{189}}{15} \approx 0, 9165$ . Przybliżone miary kątów są równe: $α = 54 °$ , $β = 66 °$ oraz $γ = 60 °$ .

Przykład 5

Rozważmy trójkąt, którego dwa boki mają długości: $|A B| = 6$ , $|A C| = 8$ , a kąt leżący między tymi bokami ma miarę $60 °$ . Te informacje w sposób jednoznaczny wyznaczają trójkąt, o czym mówi cecha $k b k$ przystawania trójkątów. Przypuśćmy jednak, że znamy także długość trzeciego boku tego trójkąta i jest ona równa $|B C| = 2 \sqrt{13}$ . Naszym zadaniem jest wyznaczenie miar pozostałych kątów tego trójkąta.

Na wstępie zauważmy, że mając trzy dane boki trójkąta, moglibyśmy postąpić analogicznie do sposobu zastosowanego w Przykładzie 4., czyli rozwiązać układ trzech równań z trzema niewiadomymi, w którym dwa równania są stopnia drugiego. Znów uniknęlibyśmy stosowania twierdzenia sinusów, ale byłoby to nieracjonalne, bo jak za moment zobaczymy, twierdzenie sinusów „od razu” rozwiązuje nasz problem. Mamy bowiem $\frac{|B C|}{\sin 60 °} = \frac{|A C|}{\sin β} = \frac{|A B|}{\sin γ}$ . Stąd $\sin β = \frac{8 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{13}} = \frac{2 \sqrt{39}}{13} \approx 0, 9608$ i $β \approx 74 °$ oraz $\sin γ = \frac{6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{2 \sqrt{13}} = \frac{3 \sqrt{39}}{26} \approx 0, 7206$ i $γ \approx 46 °$ . Tym samym rozwiązanie problemu sprowadziło się do podstawienia wielkości do wzoru Snelliusa, krótko i elegancko.

Przykład 6

Punkt $O$ jest ortocentrum trójkąta ostrokątnego $A B C$ , w którym $|∡ A B C| = 60 °$ , $|A B| = 10$ , $|A C| = 6 \sqrt{3}$ . Na trójkącie $A B O$ opisano okrąg. Odcinek $A O$ jest krótszą podstawą trapezu $A D B O$ wpisanego w okrąg. Oblicz miary kątów tego trapezu.

Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia takie, jak na rysunku. Punkty $P$ i $Q$ są spodkami odpowiednich wysokości.

R3SNr4u7USKbg

Ilustracja przedstawia trójkąt ABC oparty na cięciwie AB. Większa część trójkąta leży poza okręgiem. Z wierzchołka C linią przerywaną upuszczono wysokość na podstawę AB w punkcie P. Wysokość przecina okrąg w punkcie O. Z wierzchołka A linią przerywaną poprowadzono odcinek do punktu O. Z wierzchołka B poprowadzono wysokość przechodzącą przez punkt O do punktu Q leżącego na boku AC trójkąta. Na cięciwie AB oparto też drugi trójkąt położony całkowicie w części płaszczyzny ograniczonej okręgiem. Jest to trójkąt DBA.

Oznaczmy kąty przy wierzchołkach $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio przez $α$ , $β$ , $γ$ . Wtedy $\frac{|A B|}{\sin γ} = \frac{|A C|}{\sin β}$ . Stąd $\sin γ = \frac{|A B| \cdot \sin β}{|A C|} = \frac{10 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}}{6 \sqrt{3}} = \frac{5}{6}$ . Oznacza to, że $γ \approx 56 °$ . Z bilansu kątów w trójkącie otrzymujemy, że $α \approx 64 °$ . Pozostaje zauważyć, że przy przyjętych oznaczeniach, kąt $A O B$ ma miarę $|∡ A O B| = 180 ° - (90 ° - α) - (90 ° - β) = α + β$ i jest to kąt rozwarty trapezu równoramiennego (co wynika z faktu, że jest on wpisany w okrąg). Zatem kąt rozwarty ma miarę w przybliżeniu równą $124 °$ , a kąt ostry tego trapezu ma miarę $56 °$ .

Polecenie 7

Zapoznaj się z infografiką porządkującą schematy rozwiązywania trójkątów.

R6lABYF2FZGYN1

Ilustracja. Rozwiązywanie trójkątów. Obliczanie miar kątów trójkąta, gdy dane są: a) długości jego trzech boków, b) długości dwóch boków i kąt zawarty między tymi bokami. W lewej części ilustracji omówiono podpunkt "a", w prawej "b". a) długości jego trzech boków. Rysunek przedstawia trójkąt A B C. Z wierzchołka C upuszczono wysokość h na podstawę A B w punkcie D. Punkt D dzieli podstawę na dwa odcinki: p, czyli A D oraz q, czyli D B. Poszczególne boki nazwano od przeciwległych im wierzchołków. Bok c to odcinek A B. Bok a to odcinek B C, a bok b to odcinek C A. Przy wierzchołkach trójkąta zaznaczono kąty. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt alfa. Przy wierzchołku B zaznaczono kąt BETA. Przy wierzchołku C zaznaczono kąt GAMMA. Poniżej rysunku umieszczono podpis: boki a, b, c (bbb). Dodatkowo załączono dwa modele rozwiązania. Model pierwszy: 1. Twierdzenie Pitagorasa i Snelliusa {audio}Spodek wysokości h dzieli bok A B na dwa odcinki p i q, co pozwala zapisać układ równań:
nawias klamrowy, układ równań, pierwsze równanie, h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, p indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec równania, drugie równanie, h indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, q indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, koniec równania, koniec układu równań.

Odejmując równania stronami oraz korzystając z równości:
c, równa się, p, plus, q
otrzymujemy, że
p, minus, q, równa się, początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, c, koniec ułamka, a stąd p, równa się, początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa c, koniec ułamka.

Znając p, możemy wyznaczyć sinus kąta alfa:
sinus alfa, równa się, początek ułamka, h, mianownik, b, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, p indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, mianownik, b, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, nawias, początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa c, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka, mianownik, b, koniec ułamka.

Z twierdzenia sinusów wynika, że:
sinus BETA, równa się, początek ułamka, b, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka, sinus GAMMA, równa się, początek ułamka, c, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.

Znajomość wartości funkcji trygonometrycznych pozwala wyznaczyć miarę kątów., 2. Twierdzenie Carnota i Snelliusa {audio}Korzystając z twierdzenia cosinusów mamy:
kosinus alfa, równa się, początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa b c, koniec ułamka.

Wtedy z jedynki trygonometrycznej wynika, że:
sinus alfa, równa się, pierwiastek kwadratowy z jeden, minus, nawias, początek ułamka, b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, a indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, mianownik, dwa b c, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego koniec pierwiastka.

Z twierdzenia sinusów wynika, że:
sinus BETA, równa się, początek ułamka, b, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka, sinus GAMMA, równa się, początek ułamka, c, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.

Znajomość wartości funkcji trygonometrycznych pozwala wyznaczyć miarę kątów., 3. Twierdzenie Snelliusa {audio}Spodek wysokości h dzieli bok A B na dwa odcinki p i q. Wtedy:
h, równa się, b, razy, sinus alfa oraz p, równa się, b, razy, kosinus alfa.

Równość tangens BETA, równa się, początek ułamka, h, mianownik, q, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, b, razy, sinus alfa, mianownik, c, minus, b, razy, kosinus alfa, koniec ułamka pozwala wyznaczyć miarę kąta BETA.

Z bilansu kątów w trójkącie mamy:
GAMMA, równa się, sto osiemdziesiąt stopni, minus, alfa, minus, BETA,

a z twierdzenia sinusów otrzymujemy:
a, równa się, początek ułamka, b, razy, sinus alfa, mianownik, sinus BETA, koniec ułamka., 4. Twierdzenie Carnota i Snelliusa {audio}Korzystając z twierdzenia cosinusów mamy:
a, równa się, pierwiastek kwadratowy z b indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, plus, c indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, minus, dwa b c, razy, kosinus alfa koniec pierwiastka.

Wtedy, z twierdzenia sinusów wynika, że:
sinus BETA, równa się, początek ułamka, b, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka, sinus GAMMA, równa się, początek ułamka, c, razy, sinus alfa, mianownik, a, koniec ułamka.

Znajomość wartości funkcji trygonometrycznych pozwala wyznaczyć miarę kątów.

Polecenie 8

Wyznacz miary kątów trójkąta mając dane długości trzech jego boków: $a = 6$ , $b = 7$ , $c = 8$ .

$58 °, 47 °, 75 °$

Polecenie 9

Wyznacz miary kątów trójkąta mając dane długości dwóch jego boków i miarę kąta między tymi bokami: $a = 6$ , $b = 7$ , $γ = 45 °$ .

$45 °, 78 °, 57 °$

Ćwiczenie 1

Niech $γ$ będzie kątem rozwartym w trójkącie $A B C$ wpisanym w okrąg o promieniu $R$ , gdzie $B D$ jest średnicą tego okręgu (jak na rysunku).

R1Sto5kG2oKal

W okrąg wpisane są dwa trójkąty: BCA oraz BAD. Trójkąt BCA zamalowany jest na niebiesko. Jego bok BC wynosi a, bok CA wynosi b, bok AB wynosi c, natomiast kąt przy wierzchołku C wynosi γ. Trójkąt BAD ma wspólny bok z drugim trójkątem. Jest to bok BA równy c. Bok AD zaznaczony jest linią przerywaną. Bok DB równy jest średnicy okręgu. Przy wierzchołku D znajduje się kąt δ.

Udowodnij, że $\frac{c}{\sin γ} = 2 R$ .
Ułóż w odpowiedniej kolejności elementy dowodu.

RiqSf9kqePMx2

RM7hrfx9WdVZ11

Ćwiczenie 2

R8k91kZZk6Poe2

Ćwiczenie 3

RqdxmokDd1vfK2

Ćwiczenie 4

Ćwiczenie 5

Dwa kąty trójkąta mają w sumie miarę $150 °$ . Uzasadnij, że jeden z boków tego trójkąta ma długość równą promieniowi okręgu opisanego na tym trójkącie.

Oznaczmy przez $γ$ trzeci z kątów tego trójkąta. Wtedy $γ = 180 ° - 150 ° = 30 °$ . Ale $2 R = \frac{c}{\sin γ} = \frac{c}{\sin 30 °} = \frac{c}{\frac{1}{2}} = 2 c$ . Stąd teza.

Ćwiczenie 6

W trójkącie o bokach $a = 12$ , $b = 15$ kąt $α$ , leżący naprzeciw boku $a$ , ma miarę $30 °$ . Korzystając z twierdzenia sinusów uzasadnij, że istnieją dwa trójkąty o takich własnościach.

Zauważmy, że $\frac{12}{\sin 30 °} = \frac{15}{\sin δ}$ . Stąd $\sin δ = \frac{15}{24} = \frac{5}{8} = 0, 625$ . Korzystając z tablic możemy odczytać, że $δ \approx 39 °$ . Ale $\sin (180 ° - 39 °) = \sin 141 °$ . Są zatem dwa takie trójkąty odpowiednio o kątach: $30 °$ , $39 °$ , $111 °$ oraz o kątach $30 °$ , $141 °$ , $9 °$

Ćwiczenie 7

Uzasadnij, korzystając z twierdzenia sinusów, że istnieje tylko jeden trójkąt, którego boki miałyby długości: $a = 12$ , $b = 9$ i w którym kąt $α$ , leżący naprzeciw boku $a$ , miałby miarę $30 °$ .

Zauważmy, że $\frac{12}{\sin 30 °} = \frac{9}{\sin δ}$ . Stąd $\sin δ = \frac{9}{24} = 0, 375$ . Korzystając z tablic możemy odczytać, że $δ \approx 22 °$ . Zatem trójkąt o kątach: $30 °$ , $22 °$ , $128 °$ spełnia warunki zadania. Oczywiście $\sin (180 ° - 22 °) = \sin 158 °$ . Jednak przypuszczenie, że z równości $\sin δ = 0, 375$ moglibyśmy wyznaczyć miarę kąta $δ$ jako $158 °$ prowadzi do sprzeczności, bowiem suma miar tylko dwóch kątów $α$ i $δ$ jest już większa niż $180 °$ .

Ćwiczenie 8

Dwa kąty ostre trójkąta mają miary $30 °$ oraz $45 °$ . Uzasadnij, że długości dwóch krótszych boków tego trójkąta nie mogą być jednocześnie liczbami wymiernymi.

Oznaczmy odpowiednio przez $a$ , $b$ długości boków leżących naprzeciw kątów $30 °$ oraz $45 °$ . Korzystając z twierdzenia sinusów mamy $\frac{a}{\sin 30 °} = \frac{b}{\sin 45 °}$ , czyli $\frac{b}{a} = \frac{\sin 45 °}{\sin 30 °} = \sqrt{2}$ . Ale liczba $\sqrt{2}$ jest niewymierna, więc nie da się jej przedstawić w postaci ilorazu liczb wymiernych.

R100NgyUeW8uw1

Ćwiczenie 9

ROrthCQ9FrOJq1

Ćwiczenie 10

Rou7Rue6JyGdz2

Ćwiczenie 11

RyIw2rPn1FiBQ2

Ćwiczenie 12

Ćwiczenie 13

W trapezie $A B C D$ o dłuższej podstawie $A B$ , przekątna $B D$ ma długość $12$ i dzieli kąt rozwarty tego trapezu na kąty o miarach $105 °$ oraz $30 °$ . Oblicz promień okręgu opisanego na tym trapezie.

Zauważmy, że $|∢ A B D| = |∢ B D C| = 30 °$ . Okrąg opisany na danym trapezie jest tym samym okręgiem, który jest opisany na trójkącie $A B D$ . Ponieważ $|∢ B A D| = 180 ° - (105 ° + 30 °) = 45 °$ , więc $\frac{|B D|}{\sin 45 °} = 2 R$ . Stąd $R = \frac{12}{2 \cdot \sin 45 °} = 6 \sqrt{2}$ .

Rq8PsxJe9xPmL2

Ćwiczenie 14

Ćwiczenie 15

W deltoidzie $A B C D$ wpisanym w okrąg, krótsza przekątna $A C$ , ma długość $12$ , a jeden z kątów ma miarę $120 °$ . Oblicz pole tego deltoidu.

Zauważmy, że każdy deltoid jest figurą osiowosymetryczną, a jego osią symetrii jest dłuższa przekątna. Z faktu, iż jest on wpisany w okrąg wynika, że ta dłuższa przekątna $B D$ jest jednocześnie średnicą tego okręgu. Przyjmijmy, że kąt $120 °$ jest kątem przy wierzchołku $B$ . Przekątna $A C$ leży naprzeciw tego kąta. Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $A B C$ wynika, że $\frac{12}{\sin 120 °} = 2 R$ . Stąd $R = \frac{12}{2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}} = 4 \sqrt{3}$ . Zatem pole deltoidu jest równe $P = \frac{|A C| \cdot |B D|}{2} = \frac{12 \cdot 4 \sqrt{3}}{2} = 24 \sqrt{3}$ .

Ćwiczenie 16

Trapez jest wpisany w okrąg o promieniu $6$ . Kąt ostry trapezu ma miarę $60 °$ , a przekątna tworzy z dłuższą podstawą kąt o mierze $45 °$ . Oblicz wysokość trapezu.

Trapez jest równoramienny. Oznaczmy przez $c$ ramię trapezu oraz przez $h$ jego wysokość. Wtedy $\frac{c}{\sin 45 °} = 2 R$ , czyli $c = 2 \cdot 6 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 6 \sqrt{2}$ . Ale $\sin 60 ° = \frac{h}{c}$ , stąd $h = 6 \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 3 \sqrt{6}$ .

Rljq5SxaLVWwv1

Ćwiczenie 17

R19hjPn0lRpdH1

Ćwiczenie 18

Ćwiczenie 19

Dany jest trapez $A B C D$ , w którym $A B ∥ C D$ . Jego przekątna $B D$ ma długość dwa razy krótszą niż każdy z promieni okręgów opisanych na trójkątach $A B D$ i $B C D$ . Wyznacz miary kątów trapezu.

R1PntQzhiwcW9

Ilustracja przedstawia trapez ABCD z przekątną BD oraz z zaznaczonymi dwoma kątami wewnętrznymi. Przy wierzchołku A kąt α, przy wierzchołku C kąt β.

Przy oznaczeniach z rysunku, korzystając z twierdzenia sinusów dla trójkąta $A B D$ mamy: $\frac{|B D|}{\sin α} = 2 R_{A B D}$ . Dla trójkąta $B C D$ mamy: $\frac{|B D|}{\sin β} = 2 R_{B C D}$ . Z równości obu promieni wynika, że $\sin α = \sin β$ . Zauważmy, że dla $α = β$ mielibyśmy do czynienia z prostokątem i nie byłyby spełnione warunki zadania (przekątna byłaby dwa razy dłuższa od promienia okręgu opisanego). Zatem musi być $β = 180 ° - α$ . Trapez jest więc równoramienny. Wracając jeszcze raz do twierdzenia sinusów i korzystając z faktu, że przekątna jest dwa razy krótsza od promienia, mamy, że $\frac{|B D|}{\sin α} = 2 \cdot (2 \cdot |B D|)$ . Zatem $\sin α = \frac{1}{4}$ . Stąd $α \approx 14 °$ , $β \approx 166 °$ .

Ćwiczenie 20

Punkt $E$ jest środkiem boku $A B$ prostokąta $A B C D$ . Bok $A B$ ma długość $48$ . Promień okręgu opisanego na trójkącie $C D E$ jest równy $25$ , a środek tego okręgu leży na zewnątrz tego prostokąta. Wyznacz przybliżoną miarę kąta, pod jakim przecinają się przekątne prostokąta.

Przyjmijmy oznaczenia takie, jak na rysunku.

Rk5fYTDn06REJ

Ilustracja przedstawia dolną część okręgu przecinającą prostokąt ABCD w górnych wierzchołkach: C oraz D. Dodatkowo okrąg i prostokąt mają punkt wspólny leżący na środku boku AB. Jest to punkt E. W prostokącie linią przerywaną narysowano przekątne przecinające się w punkcie F. Zaznaczono dwa kąty. Kąt DEC to kąt α, kąt BFC to kąt β.

Wtedy $\sin α = \frac{|C D|}{2 R} = \frac{48}{50}$ . Stąd $a \approx 106 °$ . Zauważmy, że $t g \frac{α}{2} = \frac{\frac{1}{2} |A B|}{|B C|}$ . Ponieważ $\frac{α}{2} \approx 53 °$ , więc $|B C| \approx \frac{24}{1, 3270} \approx 18, 09$ .

Wtedy $t g \frac{β}{2} = \frac{\frac{1}{2} |B C|}{\frac{1}{2} |A B|} = \frac{18, 09}{48} \approx 0, 3768$ . Stąd $\frac{β}{2} \approx 21 °$ , a kąt jaki tworzą przekątne ma w przybliżeniu miarę $42 °$ .

Uwaga. Wiedząc, że $\sin α = \frac{48}{50}$ i kąt jest rozwarty, to korzystając z tożsamości trygonometrycznych, moglibyśmy obliczyć dokładne wartości funkcji trygonometrycznych kąta $\frac{α}{2}$ . Otrzymalibyśmy, że $\sin \frac{α}{2} = \frac{4}{5}$ , $t g \frac{α}{2} = \frac{4}{3}$ oraz $|B C| = 18$ . Dalsza cześć rozwiązania pozostałaby bez zmian.

RDWaTzgpA1Jqg2

Ćwiczenie 21

W trójkącie A B C dane są: długość odcinka, B C, koniec długości odcinka, równa się, czternaście, długość odcinka, A C, koniec długości odcinka, równa się, trzynaście oraz kosinus alfa, równa się, minus, początek ułamka, dwanaście, mianownik, trzynaście, koniec ułamka, gdzie alfa jest kątem leżącym naprzeciwko boku B C. Oblicz sinus kąta BETA, leżącego naprzeciwko boku A C. Uporządkuj zapisy prowadzące do rozwiązania zadania. Elementy do uszeregowania: 1. początek ułamka, trzynaście, mianownik, sinus BETA, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, czternaście, mianownik, początek ułamka, pięć, mianownik, trzynaście, koniec ułamka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, czternaście, razy, trzynaście, mianownik, pięć, koniec ułamka., 2. Stąd sinus BETA, równa się, początek ułamka, trzynaście, razy, pięć, mianownik, trzynaście, razy, czternaście, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, pięć, mianownik, czternaście, koniec ułamka., 3. Oczywiście, dla kątów w trójkącie, sinus nie może przyjmować wartości ujemnych, więc sinus alfa, równa się, początek ułamka, pięć, mianownik, trzynaście, koniec ułamka., 4. Zatem wartość bezwzględna z, sinus alfa, koniec wartości bezwzględnej, równa się, początek ułamka, pięć, mianownik, trzynaście, koniec ułamka., 5. Ponieważ początek ułamka, trzynaście, mianownik, sinus BETA, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, czternaście, mianownik, sinus alfa, koniec ułamka, zatem, 6. Ponieważ kosinus alfa, równa się, minus, początek ułamka, dwanaście, mianownik, trzynaście, koniec ułamka, więc sinus indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, alfa, równa się, jeden, minus, nawias, minus, początek ułamka, dwanaście, mianownik, trzynaście, koniec ułamka, zamknięcie nawiasu, indeks górny, dwa, koniec indeksu górnego, równa się, jeden, minus, początek ułamka, sto czterdzieści cztery, mianownik, sto sześćdziesiąt dziewięć, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, dwadzieścia pięć, mianownik, sto sześćdziesiąt dziewięć, koniec ułamka.

R15ayFhzIwj9z2

Ćwiczenie 22

Re2Kj6EXnjUJ43

Ćwiczenie 23

Ćwiczenie 24

Dwusieczna kąta prostego w trójkącie prostokątnym podzieliła jego przeciwprostokątną na odcinki o długości $3$ i $6$ . Oblicz, z dokładnością do $1 °$ , miary kątów ostrych tego trójkąta.

RRPAulhvNSVgH

Rysunek przedstawia trójkąt ABC. Na podstawie AB zaznaczono punkt D i narysowano odcinek DC. W powstałym trójkącie ADC zaznaczono dwa kąty wewnętrzne. Przy wierzchołku A oznaczono kąt α, a przy wierzchołku D kąt β.

Przy oznaczeniach takich, jak na rysunku mamy: $|A D| = 3, |B D| = 6$ , $\frac{|A D|}{\sin 45 °} = \frac{|A C|}{\sin β}$ oraz $\frac{|D B|}{\sin 45 °} = \frac{|C B|}{\sin (180 ° - β)}$ . Zatem $|A C| = \frac{3 \cdot \sin β}{\sin 45 °}$ oraz $|C B| = \frac{6 \cdot \sin β}{\sin 45 °}$ . Stąd $\frac{|A C|}{|C B|} = \frac{3 \cdot \sin β}{\sin 45 °} \cdot \frac{\sin 45 °}{6 \cdot \sin β} = \frac{1}{2}$ . Ale $\frac{|C B|}{|A C|} = t g α$ . Stąd $α \approx 63 °$ . Kąty ostre trójkąta mają miary: $27 °$ , $63 °$ .

Słownik

sinus kąta w trójkącie prostokątnym

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do długości przeciwprostokątnej w tym trójkącie

2. Zastosowanie twierdzenia sinusów

M_R_W13_M1 Twierdzenie sinusów i cosinusów

1. Twierdzenie sinusów

Słownik