Obliczymy długość boku $a$ trójkąta, w którym dane są: $b=4$, $c=5$ oraz $\alpha =45°$.

Rozwiązanie

Skorzystamy z modelu 1: $a=\sqrt{b^2+c^2-2bc\cos \alpha }$.

Stąd:

$a=\sqrt{4^2+5^2-2·4·5·\cos 45°}$

$a=\sqrt{16+25-40·\frac{\sqrt{2}}{2}}$

$a=\sqrt{41-20\sqrt{2}}\approx 3,57$.

Obliczymy długość boku $a$ trójkąta, w którym dane są: $b=5$, $c=8$ oraz $\beta =60°$.

Rozwiązanie

Skorzystamy z modelu 2. Z twierdzenia cosinusów dla boku $b$ i kąta $\beta$ mamy:

$b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta$

Stąd otrzymujemy równanie kwadratowe:

$a^2-2·a·8·\cos 60°+8^2-5^2=0$

$a^2-8a+39=0$

Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego:

$\Delta =64-4·1·39<0$

Zatem taki trójkąt nie istnieje.

Obliczymy długość boku $a$ trójkąta, w którym dane są: $b=10$, $c=21$ oraz $\cos \beta =\frac{15}{17}$.

Rozwiązanie

Skorzystamy z modelu 2. Z twierdzenia cosinusów dla boku $b$ i kąta $\beta$ mamy:

$b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta$

Stąd otrzymujemy równanie kwadratowe:

$a^2-2·a·21·\frac{15}{17}+{21}^2-{10}^2=0$

$17a^2-630a+5797=0$

Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego:

$\Delta =396900-4·17·5797=396900-394196=2704$

$a_1=\frac{630-52}{34}$ lub $a_2=\frac{630+52}{34}$

Odpowiedź:

$a=17$ lub $a=20\frac{1}{17}$.

Obliczymy długość boku $a$ trójkąta, w którym dane są: $b=4$, $c=7$ oraz $\gamma =120°.$

Rozwiązanie

Skorzystamy z modelu 2. Z twierdzenia cosinusów dla boku $c$ i kąta $\gamma$ mamy:

$c^2=a^2+b^2-2ab\cos \gamma$

Stąd otrzymujemy równanie kwadratowe:

$a^2-2·a·4·\cos 120°+4^2-7^2=0$

$a^2+4a-33=0$

Obliczamy wyróżnik otrzymanego równania kwadratowego:

$\Delta =16-4·1·\left(-33\right)=148$

$a_1=\frac{-4-2\sqrt{37}}{2}<0$ lub $a_2=\frac{-4+2\sqrt{37}}{2}$

Odpowiedź

$a=\sqrt{37}-2\approx 4,08$.

Dwa boki trójkąta mają długości $4$ i $6$, a kąt między tymi bokami ma miarę $15°$. Obliczymy długość trzeciego boku.

Rozwiązanie

Skorzystamy z modelu $1$. Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy $a^2=4^2+6^2-2·4·6·\cos 15°=52-48·\cos 15°$, gdzie $a$ oznacza długość trzeciego boku trójkąta. Zatem $a=\sqrt{52-48·\cos 15°}$.

Pozostaje obliczyć $\cos 15°$. Możemy oczywiście odczytać przybliżoną wartość $\cos 15°$ z tablic wartości funkcji trygonometrycznych, ale wtedy otrzymamy również przybliżoną wartość $a$.

Obliczymy jednak dokładną wartość $\cos 15°$. Wartość tę można uzyskać na wiele sposobów.

Pokażemy cztery sposoby.

W pierwszym wykorzystamy tożsamość trygonometryczną – wzór na cosinus podwojonego kąta, w drugim – wzór na cosinus różnicy kątów. W trzecim i czwartym sposobie wykorzystamy jedynie geometrię.

Pierwszy sposób obliczenia wartości $\cos 15°$.

Wzór na cosinus podwojonego kąta ma postać $\cos 2\alpha =2{\cos }^2\alpha -1$.

Dla $\alpha =15°$ przybiera on postać $\cos \left(2·15°\right)=2{\cos }^{2}15°-1$, skąd ${\cos }^{2}15°=\frac{\cos 30°+1}{2}$.

Ponieważ $\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, a kąt $15°$ jest ostry, więc $\cos 15°=\sqrt{\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}+1}{2}}=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}{4}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+2}}{2}$.

Drugi sposób obliczenia wartości $\cos 15°$.

Tym razem wykorzystamy wzór na cosinus różnicy kątów

$\cos \left(\alpha -\beta \right)=\cos \alpha ·\cos \beta +\sin \alpha ·\sin \beta$.

Ponieważ $15°=45°-30°$, więc

$\cos 15°=\cos \left(45°-30°\right)=\cos 45°\cos 30°+\sin 45°\sin 30°=$

$=\frac{\sqrt{2}}{2}·\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}·\frac{1}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$

Może nieco dziwić otrzymany wynik, gdyż na pierwszy rzut oka jest on inny niż uzyskany w pierwszym sposobie. Tak jednak nie jest. Wystarczy zauważyć, że

$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}=\sqrt{{\left(\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)}^2}=\sqrt{\frac{6+2\sqrt{6}·\sqrt{2}+2}{16}}=\sqrt{\frac{4\sqrt{3}+8}{16}}=\sqrt{\frac{\sqrt{3}+2}{4}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+2}}{2}$.

Trzeci sposób obliczenia wartości $\cos 15°$.

Narysujmy trójkąt prostokątny $ABC$ o kątach ostrych $30°$ i $60°$.

Poprowadźmy też dwusiecznądwusieczna kątadwusieczną $AD$ kąta $30°$.

Niech $\left|AC\right|=2a$, $\left|BD\right|=x$ i $\left|AD\right|=d$, jak na rysunku.

R5N5B7m7yEi3C

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny ABC o kątach ostrych 30 stopni i 60 stopni. Z wierzchołka A poprowadzono dwusieczną d kąta 30 stopni, dzieląc go na połowę. Dwusieczna tworzy z przyprostokątną punkt D. Przyprostokątna AB ma miarę $a\sqrt{3}$, przyprostokątna BC ma miarę a, a przeciwprostokątna AC ma miarę 2a.

Wtedy $\left|BC\right|=a$ oraz $\left|AB\right|=a\sqrt{3}$, więc $\left|CD\right|=a-x$. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta otrzymujemy $\frac{\left|BD\right|}{\left|CD\right|}=\frac{\left|AB\right|}{\left|AC\right|}$, czyli $\frac{x}{a-x}=\frac{a\sqrt{3}}{2a}$.

Stąd wyznaczamy kolejno $2x=a\sqrt{3}-x\sqrt{3}$, $2x+x\sqrt{3}=a\sqrt{3}$, $\left(2+\sqrt{3}\right)x=a\sqrt{3}$.

Mnożąc obie strony tej równości przez $2-\sqrt{3}$ otrzymujemy $\left(2+\sqrt{3}\right)\left(2-\sqrt{3}\right)x=a\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)$, czyli $x=a\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ABD$ otrzymujemy $x^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2=d^2$. Stąd

$d=\sqrt{x^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\left(2-\sqrt{3}\right)\right)}^2+{\left(a\sqrt{3}\right)}^2}=$

$=a\sqrt{3}\sqrt{{\left(2-\sqrt{3}\right)}^2+1}=2a\sqrt{3}\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

Zatem z definicji cosinusa kąta ostrego $15°$ w trójkącie prostokątnym $ABD$ otrzymujemy

$\cos 15°=\frac{a\sqrt{3}}{2a\sqrt{3}\sqrt{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{1}{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{1}{2-\sqrt{3}}·\frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}=$

$=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{4-3}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+2}}{2}$.

Czwarty sposób obliczenia wartości $\cos 15°$.

Wewnątrz kwadratu $ABCD$ o boku długości $a$ wybierzmy taki punkt $E$, żeby trójkąt $ABE$ był równoboczny.

Poprowadźmy też przez punkt $E$ odcinek $FG$ równoległy do boku $AD$ kwadratu tak, jak na rysunku.

RSO1gpyRB8RIt

Ilustracja przedstawia kwadrat ABCD o boku długości a. W kwadracie poprowadzono pionowy odcinek F G, gdzie punkt F dzieli bok CD na pół, a punkt G dzieli na pół bok A B. Blisko punktu F zaznaczono na odcinku F G punkt E w taki sposób, że utworzono trójkąt równoboczny A B E o boku a, przy czym odcinek E G  jest wysokością tego trójkąta upuszczoną na bok A B. Odcinek A E podzielił kąt prosty kwadratu znajdujący się przy wierzchołku A na dwa kąty: kąt G A E o mierze 60 stopni oraz kąt E A D o mierze 30 stopni. W połowie kwadratu, czyli w prostokącie A G F D mamy teraz trzy trójkąty: prostokątny A G E, gdzie podstawa A G ma długość a drugich, a przeciwprostokątna ma długość a. W tym trójkącie kąt prosty znajduje się przy wierzchołku G, natomiast przy wierzchołku A znajduje się kąt 60 stopni. Drugi trójkąt w tej części kwadratu to trójkąt równoramienny A E D, gdzie boki A E oraz A D są równe i mają długość a. Między tymi ramionami oznaczono kąt 30 stopni. Podstawa trójkąta ma długość x. Trzeci trójkąt to trójkąt prostokątny D E F, w którym kąt prosty znajduje się przy wierzchołku F, przyprostokątna D F wynosi a drugich, a przeciwprostokątna ma długość x.

Ponieważ trójkąt $ABE$ jest równoboczny, więc $\left|\sphericalangle DAE\right|=30°$ i $\left|AD\right|=\left|AE\right|=a$.

To oznacza, że trójkąt $AED$ jest równoramienny, a jego kąt przy podstawie jest równy $\left|\sphericalangle ADE\right|=\frac{180°-30°}{2}=75°$.

To z kolei oznacza, że $\left|\sphericalangle EDC\right|=90°-75°=15°$.

Odcinek $GF$ jest wysokością trójkąta równobocznego $ABE$, więc $\left|GE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, więc $\left|EF\right|=a-\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Punkt $F$ jest środkiem odcinka $CD$, więc $\left|DF\right|=\frac{a}{2}$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $DEF$ otrzymujemy ${\left|DE\right|}^2={\left|EF\right|}^2+{\left|DF\right|}^2$, czyli $x^2={\left(a-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$. Stąd

$x=a\sqrt{{\left(1-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=a\sqrt{1-\sqrt{3}+\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}=a\sqrt{2-\sqrt{3}}$.

Zatem z definicji cosinusa kąta ostrego $15°$ w trójkącie prostokątnym $DEF$ otrzymujemy

$\cos 15°=\frac{\frac{a}{2}}{a\sqrt{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2\sqrt{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{1}{2-\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{1}{2-\sqrt{3}}·\frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}=$

$=\frac{1}{2}·\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{4-3}}=\frac{\sqrt{\sqrt{3}+2}}{2}$.

Powracamy do wyznaczenia długości trzeciego boku:

$a=\sqrt{52-48·\cos 15°}$

$a=\sqrt{52-48·\frac{\sqrt{\sqrt{3}+2}}{2}}=2\sqrt{13-6\sqrt{\sqrt{3}+2}}$

W trójkącie $ABC$ dane są długości boków $\left|AB\right|=4$ i $\left|BC\right|=5$ oraz $\mathrm{tg}\beta =-\frac{3}{4}$, gdzie $\beta$ oznacza miarę kąta przy wierzchołku $B$ tego trójkąta. Obliczymy długość boku $AC$.

Rozwiązanie

Do obliczenia długości boku $AC$ wykorzystamy twierdzenie cosinusów. Długości dwóch boków trójkąta znamy, więc potrzebna jest nam jeszcze wartość cosinusa kąta $\beta$.

Tę wartość obliczymy, wykorzystując dwie znane tożsamości trygonometryczne

$\mathrm{tg}\beta =\frac{\sin \beta }{\cos \beta }$ oraz ${\sin }^2\beta +{\cos }^2\beta =1$.

Wstawiając w pierwszej z tych równości $\left(-\frac{3}{4}\right)$ w miejsce $\mathrm{tg}\beta$ otrzymujemy równanie $\frac{\sin \beta }{\cos \beta }=-\frac{3}{4}$, skąd $\sin \beta =-\frac{3}{4}\cos \beta$.

Stąd i z drugiej tożsamości otrzymujemy

${\left(-\frac{3}{4}\cos \beta \right)}^2+{\cos }^2\beta =1$,

$\frac{9}{16}{\cos }^2\beta +{\cos }^2\beta =1$,

$\frac{25}{16}{\cos }^2\beta =1$,

${\cos }^2\beta =\frac{16}{25}$.

Stąd $\cos \beta =-\frac{4}{5}$ lub $\cos \beta =\frac{4}{5}$. Kąt $\beta$ jest rozwarty, gdyż $\mathrm{tg}\beta <0$. Zatem $\cos \beta =-\frac{4}{5}$.

Teraz mamy już wszystkie dane, żeby obliczyć za pomocą twierdzenia cosinusów długość boku $AC$.

Otrzymujemy więc

${\left|AC\right|}^2={\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2-2·\left|AB\right|·\left|BC\right|·\cos \beta$,

${\left|AC\right|}^2=4^2+5^2-2·4·5·\left(-\frac{4}{5}\right)=73$.

Stąd $\left|AC\right|=\sqrt{73}$.

Obliczymy miary kątów trójkąta o bokach długości: $\sqrt{6}+3\sqrt{2}$, $2\sqrt{3}+2$, $2$.

Rozwiązanie

Niech $\alpha$ oznacza kąt trójkąta leżący naprzeciw boku o długości $a=\sqrt{6}+3\sqrt{2}$,
$\beta$ – kąt leżący naprzeciw boku o długości $b=2\sqrt{3}+2$,
$\gamma$ – kąt leżący naprzeciw boku o długości $c=2$.

Zastosujmy twierdzenie cosinusów dla kąta $\alpha$.

$a^2=b^2+c^2-2bc\cos \alpha$,

${\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)}^2={\left(2\sqrt{3}+2\right)}^2+2^2-2·\left(2\sqrt{3}+2\right)·2·\cos \alpha$,

$12\sqrt{3}+24=8\sqrt{3}+16+4-8·\left(\sqrt{3}+1\right)·\cos \alpha$,

$4\sqrt{3}+4=-8·\left(\sqrt{3}+1\right)·\cos \alpha$.

Stąd

$\cos \alpha =-\frac{4\sqrt{3}+4}{8·\left(\sqrt{3}+1\right)}=-\frac{4·\left(\sqrt{3}+1\right)}{8·\left(\sqrt{3}+1\right)}=-\frac{1}{2}$.

Zatem $\alpha =120°$.

Zastosujmy jeszcze raz twierdzenie cosinusów dla kąta $\beta$.

$b^2=a^2+c^2-2ac\cos \beta$,

${\left(2\sqrt{3}+2\right)}^2={\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)}^2+2^2-2·\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)·2·\cos \beta$,

$8\sqrt{3}+16=12\sqrt{3}+24+4-4·\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)·\cos \beta$,

$-4\sqrt{3}-12=-4·\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)·\cos \beta$,

$\sqrt{3}+3=\left(\sqrt{6}+3\sqrt{2}\right)·\cos \beta$.

Stąd

$\cos \beta =\frac{\sqrt{3}+3}{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}+3}{\sqrt{2}·\left(\sqrt{3}+3\right)}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Zatem $\beta =45°$.

Kąt $\gamma$ obliczymy, korzystając z twierdzenia o sumie miar kątów wewnętrznych trójkąta, choć moglibyśmy ten kąt obliczyć, wykorzystując twierdzenie cosinusów. Mamy zatem:

$\gamma =180°-\alpha -\beta =180°-120°-45°=15°$.

półprosta dzieląca kąt na dwa kąty przystające