Wyznaczymy wartości pozostałych funkcji trygonometrycznych kąta ostregofunkcje trygonometryczne kąta ostregofunkcji trygonometrycznych kąta ostrego $\alpha$, jeżeli $\sin \alpha =\frac{\sqrt{2}}{7}$.

Rozwiązanie

Narysujmy trójkąt prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

R1OhlrlTBnrTJ

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny o podstawie x, pionowej przyprostokątnej o długości $\sqrt{2}$ oraz o przeciwprostokątnej o długości 7. Na rysunku zaznaczono również dwa kąty wewnętrzne trójkąta. Między bokami podstawą x i przeciwprostokątną o długości 7 zaznaczono kąt $\alpha$ oraz między bokami przyprostokątnymi zaznaczono kąt prosty.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, zapisujemy równanie:

$x^2+{\left(\sqrt{2}\right)}^2=7^2$.

Zatem $x^2=47$, więc $x=\sqrt{47}$.

Z definicji funkcji trygonometrycznych mamy, że:

$\cos \alpha =\frac{\sqrt{47}}{7}$,

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{47}}=\frac{\sqrt{94}}{47}$.

Wyznaczymy wartości pozostałych funkcji trygonometrycznych kąta $\alpha$, jeżeli $\alpha \in \left(90°,180°\right)$ oraz $\mathrm{tg}\alpha =-\frac{3}{4}$.

Rozwiązanie

Przedstawmy dane z zadania na rysunku w prostokątnym układzie współrzędnych.

RezZMCKXcgUH7

Rysunek przedstawia układ współrzędnych z poziomą osią X od minus pięciu do dwóch oraz z pionową osią Y od minus dwóch do czterech. Na płaszczyźnie narysowano kąt rozwarty $\alpha$, którego wierzchołek znajduje się w początku układu współrzędnych, jedno ramię pokrywa się z dodatnią półosią OX, a drugie, ukośne ramię, znajduje się w drugiej ćwiartce układu i jest odcinkiem o długości r. Odcinek ten ma początek w punkcie $\left(-4;3\right)$ i koniec w punkcie $\left(0;0\right)$. Z punktu $\left(-4;3\right)$ linią przerywaną poprowadzono pionowy rzut na ujemną półoś OX do punktu $\left(-4;0\right)$. Linia przerywana tworzy pionowy bok trójkąta prostokątnego o długości y. Odległość na osi X od punktu $\left(-4;0\right)$ do początku układu współrzędnych oznaczono jako x. Mamy więc trójkąt prostokątny o bokach: x, y, r, gdzie x i y to przyprostokątne, a r to przeciwprostokątna.

Zatem $x=-4$ oraz $y=3$.

Obliczamy $r=\sqrt{{\left(-4\right)}^2+3^2}=\sqrt{16+9}=5$.

Korzystając ze wzorów na $\sin \alpha$ oraz $\cos \alpha$, otrzymujemy, że:

$\sin \alpha =\frac{3}{5}$ oraz $\cos \alpha =-\frac{4}{5}$.

Wyznaczymy wartości pozostałych funkcji trygonometrycznych kąta $\alpha$, jeżeli wiadomo, że $\cos \alpha =\frac{1}{5}$ oraz $\alpha \in \left(270°, 360°\right)$.

Rozwiązanie

Po podstawieniu do wzoru na jedynkę trygonometryczną otrzymujemy, że ${\sin }^2\alpha +{\left(\frac{1}{5}\right)}^2=1$.

Rozwiązując równanie otrzymujemy, że ${\sin }^2\alpha =\frac{24}{25}$, zatem $\sin \alpha =\frac{2\sqrt{6}}{5}$ lub $\sin \alpha =-\frac{2\sqrt{6}}{5}$.

Ponieważ $\alpha \in \left(270°, 360°\right)$, więc $\sin \alpha =-\frac{2\sqrt{6}}{5}$.

Wobec tego $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{-{\displaystyle \frac{2\sqrt{6}}{5}}}{{\displaystyle \frac{1}{5}}}=-2\sqrt{6}$.

Wyznaczymy wartości pozostałych funkcji trygonometrycznych kąta $\alpha$, jeżeli $\mathrm{tg}\alpha =5$ oraz $\alpha \in \left(180°, 270°\right)$.

Rozwiązanie

Korzystając ze wzoru $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$, otrzymujemy, że $5=\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$, więc $\sin \alpha =5·\cos \alpha$.

Otrzymaną zależność podstawiamy do tożsamości trygonometrycznejtożsamości trygonometrycznetożsamości trygonometrycznej - jedynki trygonometrycznej. Otrzymujemy równanie:

${\left(5·\cos \alpha \right)}^2+{\cos }^2\alpha =1$.

Zatem $26·{\cos }^2\alpha =1$, więc $\cos \alpha =\frac{\sqrt{26}}{26}$ lub $\cos \alpha =-\frac{\sqrt{26}}{26}$.

Ponieważ $\alpha \in \left(180°, 270°\right)$, więc $\cos \alpha =-\frac{\sqrt{26}}{26}$ oraz $\sin \alpha =-\frac{5\sqrt{26}}{26}$.

Wiadomo, że $\mathrm{tg}\alpha =0,2679$. Wyznaczymy wartość $\sin \alpha$ oraz $\cos \alpha$.

Rozwiązanie

Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych odczytujemy, że $\alpha =15°$.

Następnie, korzystając z tablic wartości funkcji trygonometrycznych, odczytujemy, że:

$\sin \alpha =0,2588$ oraz $\cos \alpha =0,9659$.

Wyznaczymy wartości funkcji trygonometrycznych kąta $\alpha$, jeżeli tangens tego kąta jest $3$ razy większy od cosinusa kąta oraz $\alpha \in \left(0°, 90°\right)$.

Rozwiązanie

Z danych w zadaniu wynika, że $\mathrm{tg}\alpha =3·\cos \alpha$, zatem $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=3·\cos \alpha$.

Z tej równości otrzymujemy, że ${\cos }^2\alpha =\frac{\sin \alpha }{3}$.

Po podstawieniu tego wzoru do wzoru na jedynkę trygonometryczną otrzymujemy równanie:

${\sin }^2\alpha +\frac{\sin \alpha }{3}=1$.

Jeżeli zrobimy podstawienie $t=\sin \alpha$, to równanie jest postaci:

$3t^2+t-3=0$.

Obliczamy $\Delta =1^2-4·3·\left(-3\right)=37$.

Zatem $t_1=\frac{-1-\sqrt{37}}{6}$ oraz $t_2=\frac{-1+\sqrt{37}}{6}$.

Ponieważ $t=\sin \alpha$ oraz $t_1<-1$, zatem $\sin \alpha =\frac{-1+\sqrt{37}}{6}$.

Wobec tego:

${\cos }^2\alpha =\frac{{\displaystyle \frac{-1+\sqrt{37}}{6}}}{3}=\frac{-1+\sqrt{37}}{18}$, czyli $\cos \alpha =\sqrt{\frac{-1+\sqrt{37}}{18}}$,

$\mathrm{tg}\alpha =3\sqrt{\frac{-1+\sqrt{37}}{18}}$.

funkcje matematyczne wyrażające stosunek między długościami boków trójkąta prostokątnego względem miar jego kątów wewnętrznych

podstawowa zależność pomiędzy funkcjami trygonometrycznymi