Przeczytaj

Zacznijmy od przypomnienia, w jaki sposób przy pomocy okręgu jednostkowego wyznaczaliśmy wartość sinusa danego kąta.

R13l7z6ffYCRe

Ilustracja przedstawia poziomą oś X oraz pionową oś Y. Z początku układu współrzędnych poprowadzono niebieski odcinek ograniczony punktem o współrzędnych x; y w pierwszej ćwiartce. Na ilustracji zaznaczono także kąt alfa, kąt ten znajduje się przy początku układu współrzędnych, a jego ramionami jest pozioma oś X w pierwszej ćwiartce oraz niebieski odcinek. Ostatnią rzeczą znajdującą się na rysunku jest okrąg o środku w początku układu współrzędnych, przechodzi on przez punkt x; y. — Kąt $α$ i odpowiadający mu punkt na okręgu jednostkowym; w takiej sytuacji $\sin α = y$ i $\cos α = x$

Na powyższym rysunku poglądowym można wydłużyć promień, uzyskując półprostą. Zauważmy, że znając współrzędne dowolnego punktu $(x, y)$ na tej półprostej jesteśmy w stanie znaleźć odpowiadający mu punkt $(x_{0}, y_{0})$ , leżący na przecięciu owej półprostej i okręgu jednostkowego. Możemy tego dokonać dzieląc każdą ze współrzędnych tego punktu przez jego odległość od początku układu współrzędnych.

Przypomnijmy, odległość tę wyznaczamy ze wzoru:

d ((x_{1}, y_{1}), (x_{2}, y_{2})) = \sqrt{{(x_{1} - x_{2})}^{2} + {(y_{1} - y_{2})}^{2}}

Wzór ten stanowi konsekwencję twierdzenia Pitagorasa, ale pamiętając to twierdzenie nie musimy go nawet zapamiętywać. Wystarczy nam geometryczna interpretacja tejże odległości, która zaprezentowana jest na poniższym rysunku.

R14MBoAbHYMQz

Ilustracja przedstawia poziomą oś X oraz pionową oś Y. Na ilustracji zaznaczono odcinek w pierwszej ćwiartce układu współrzędnego ograniczony punktami x1; y1 oraz x2; y2. Z pierwszego punktu poprowadzono poziomą półprostą ograniczoną drugą pionową półprostą poprowadzoną z drugiego punktu. Odcinek oraz dwie przecinające się półproste utworzyły trójkąt prostokątny. Przyprostokątna pozioma o długości x2-x1 oraz przyprostokątna pionowa o długości y2-y1. — Twierdzenie Pitagorasa wykorzystane do wyznaczenia odległości pomiędzy dwoma punktami płaszczyzny

Wyznaczywszy współrzędne $(x_{0}, y_{0})$ jesteśmy w stanie skorzystać ze znanej nam interpretacji wykorzystującej okrąg jednostkowy do wyznaczenia wartości dowolnej funkcji trygonometrycznej. Przećwiczmy tę umiejętność na prostym przykładzie.

Przykład 1

Na ramieniu zaznaczonego na rysunku kąta $α$ znajduje się punkt o współrzędnych $(9, 40)$ . Korzystając z tej informacji wyznaczymy wartości funkcji trygonometrycznych kąta $α$ .

RpAxzl1SCjdnL

Ilustracja przedstawia poziomą oś X od minus pięciu do piętnastu oraz pionową oś Y od minus pięciu do czterdziestu pięciu. Zaznaczono także prostą półprostą l ograniczoną lewostronnie w punkcie 0; 0 przechodzącą przez punkty x0; y0 oraz 9; 40. Prosta l jest poprowadzona pod kątem alfa do poziomej osi X. Na ilustracji zaznaczono także okrąg o środku w punkcie 0; 0 przechodzącą przez punkt x0; y0.

Wyznaczmy współrzędne punktu $(x_{0}, y_{0})$ leżącego na przecięciu półprostej $l$ i okręgu jednostkowego. Mamy:

$x_{0} = \frac{9}{\sqrt{9^{2} + 40^{2}}} = \frac{9}{\sqrt{81 + 1600}} = \frac{9}{\sqrt{1681}} = \frac{9}{41}$ ,

$y_{0} = \frac{40}{\sqrt{9^{2} + 40^{2}}} = \frac{40}{\sqrt{1681}} = \frac{40}{41}$ .

Powołując się na interpretację funkcji trygonometrycznych wykorzystującą okrąg jednostkowy mamy:

$\sin α = y_{0} = \frac{40}{41}$ ,

$\cos α = x_{0} = \frac{9}{41}$ ,

$tg α = \frac{y_{0}}{x_{0}} = \frac{40}{9} = 4 \frac{4}{9}$ .

Nie jest to oczywiście jedyna metoda postępowania. Równie dobrze możemy próbować przenieść rozumowanie z okręgu jednostkowego na okrąg, na którym znajduje się znany nam punkt. Jak takie postępowanie wygląda w praktyce ilustruje kolejny przykład.

Przykład 2

Na jednym z ramion kąta rozwartego $β$ zaznaczono punkt $S$ o współrzędnych $(- 4, 6)$ . Obliczymy wartości funkcji trygonometrycznych kąta $β$ .

RwpqGec5lXsAx

Ilustracja przedstawia poziomą oś X od minus siedmiu do pięciu oraz pionową oś Y od minus jedynki do ośmiu. Z początku układu współrzędnych poprowadzony został odcinek o długości r, ograniczony lewostronnie punktem S -4; 6. Pozioma oś X oraz odcinek o długości r stanowią ramiona kąta beta.

W powstałym trójkącie możemy obliczać wartości funkcji trygonometrycznych kąta $β$ analogicznie, jak w przypadku gdy robiliśmy to na okręgu jednostkowym. Różnica pomiędzy tym przypadkiem a okręgiem o promieniu $1$ jest taka, że współrzędne dzielimy przez długość promienia okręgu, na którym znajduje się punkt $(- 4, 6)$ . Długość tego promienia to oczywiście odległość punktu $S$ od początku układu współrzędnych. Zatem:

$r = d ((- 4, 6), (0, 0)) = \sqrt{{(- 4 - 0)}^{2} + {(6 - 0)}^{2}} = \sqrt{16 + 36} = \sqrt{52}$ .

Zatem korzystając z interpretacji funkcji trygonometrycznych na okręgu jednostkowym uzyskujemy:

$\sin β = \frac{6}{\sqrt{52}} = \frac{3 \sqrt{52}}{26}$ ,

$\cos β = \frac{- 4}{\sqrt{52}} = \frac{- \sqrt{52}}{13}$ ,

$tg β = \frac{6}{- 4} = - \frac{3}{2}$ .

Jak więc widzimy, podejście to jest pod względem rachunkowym identyczne do poprzedniego – różnice są jedynie koncepcyjne.

Spróbujmy wykorzystać tę wiedzę w nieco bardziej skomplikowanych zadaniach.

Przykład 3

Wiemy, że dla kąta ostrego $α$ zachodzi $tg α = \frac{\sqrt{5}}{2}$ . Wyznaczymy współrzędne punktu $(x, y)$ znajdującego się na ramieniu kąta $α$ , jeżeli $x^{2} + 2 y - y^{2} = - 4$ .

Zauważmy, że jeśli $(x, y)$ leży na ramieniu kąta $α$ to $tg α = \frac{y}{x}$ .

Zatem wartość rzędnej w parze $(x, y)$ wynosi $y = \frac{\sqrt{5}}{2} x$ . Wstawiając to do równania opisującego związek między $x$ i $y$ mamy:

$x^{2} + 2 \cdot \frac{\sqrt{5}}{2} x - {(\frac{\sqrt{5}}{2} x)}^{2} = - 4$

$x^{2} + \sqrt{5} x - \frac{5 x^{2}}{4} = - 4$

$- \frac{x^{2}}{4} + \sqrt{5} x + 4 = 0$

$x^{2} - 4 \sqrt{5} x - 16 = 0$ .

Wyliczamy wyznacznik trójmianu kwadratowego:

$∆ = {(- 4 \sqrt{5})}^{2} - 4 \cdot 1 \cdot (- 16) = 16 \cdot 5 + 4 \cdot 16 = 9 \cdot 16 = 144$ .

Zatem $\sqrt{∆} = 12$ i w konsekwencji możliwe wartości zmiennej $x$ wynoszą $x_{1} = \frac{4 \sqrt{5} - 12}{2} = 2 \sqrt{5} - 6$ oraz $x_{2} = \frac{4 \sqrt{5} + 12}{2} = 2 \sqrt{5} + 6$ .

Wiemy jednak, że kąt $α$ jest kątem ostrym, czyli punkt $(x, y)$ znajduje się w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych.

Oznacza to, że wartość $x$ jest dodatnia, co pozwala nam odrzucić rozwiązanie $x_{1} = 2 \sqrt{5} - 6 < 0$ .

Zatem $x = 2 \sqrt{5} + 6$ .

Wstawiając tę wartość do równości wiążącej $x$ i $y$ poprzez funkcję tangens uzyskujemy:

$\frac{y}{x} = \frac{\sqrt{5}}{2}$

$y = \frac{\sqrt{5}}{2} x$

$y = \frac{\sqrt{5}}{2} \cdot (2 \sqrt{5} + 6)$

$y = 5 + 3 \sqrt{5}$ .

Ostatecznie punkt $(x, y)$ ma współrzędne $(2 \sqrt{5} + 6, 3 \sqrt{5} + 5)$ .

Na koniec zajmijmy się specyficznym zadaniem, które będzie wymagać od nas pewnego triku związanego z przesuwaniem figur geometrycznych w kartezjańskim układzie współrzędnychkartezjański układ współrzędnychkartezjańskim układzie współrzędnych.

Przykład 4

Niech dany będzie trójkąt o wierzchołkach $A = (1, 3)$ , $B = (7, t)$ i $C = (9, 3)$ . Wiedząc, że kąt zaznaczony na poniższym rysunku ma miarę $60 °$ , wyznaczymy wartość $t$ i obliczymy pole powierzchni trójkąta $A B C$ .

R1LByQi5WDNnD

Ilustracja przedstawia poziomą oś X od minus jedynki do jedenastu oraz pionową oś Y od minus jedynki do czternastu. Na układzie współrzędnych zaznaczony został trójkąt o wierzchołkach w punktach 1; 3, 9; 3 oraz 7; t. Przy pierwszym wierzchołku zaznaczony został kąt 60 stopni.

Zaczniemy od wyznaczenia parametru $t$ . W tym celu przesuńmy naszą figurę o wektor $(- 1, - 3)$ , tak, aby wierzchołek $A$ po przesunięciu pokrywał się z początkiem układu współrzędnych.

R1ShVn7hWp4Xj

Ilustracja przedstawia poziomą oś X od minus jedynki do jedenastu oraz pionową oś Y od minus jedynki do jedenastu. Na układzie współrzędnych zaznaczono trójkąt A prim B prim C prim oraz kąt 60 stopni przy wierzchołku A prim o współrzędnych 0; 0. Punkt B o współrzędnych 6; 10 oraz punkt C o współrzędnych 8; 0.

Przypomnijmy, że $tg 60 ° = \sqrt{3}$ .

Zatem współrzędne wierzchołka $B'$ , będącego obrazem wierzchołka $B$ po przesunięciu wynoszą $(6, t - 3)$ .

Tę drugą wartość jesteśmy w stanie wyliczyć przy pomocy tangensa:

$t - 3 = tg 60 ° \cdot 6 = 6 \sqrt{3}$ .

Z powyższego możemy wywnioskować dwie prawidłowości.

Po pierwsze, wartość parametru $t$ wynosi $3 + 6 \sqrt{3}$ .

A po drugie, wysokość $h$ trójkąta $A B C$ wynosi $t - 3$ , w związku z czym $h = 6 \sqrt{3}$ .

Dolna podstawa tego trójkąta ma długość

$a = d ((9, 3), (1, 3)) = \sqrt{{(9 - 1)}^{2} + {(3 - 3)}^{2}} = \sqrt{8^{2}} = 8$ .

Ostatecznie wyznaczamy wartość pola trójkąta $A B C$ z klasycznego wzoru:

$P_{A B C} = \frac{1}{2} a h = \frac{1}{2} \cdot 6 \sqrt{3} \cdot 8 = 24 \sqrt{3}$ .

Słownik

kartezjański układ współrzędnych

układ współrzędnych, który na płaszczyźnie tworzą dwie prostopadłe osie liczbowe, przecinające się w punkcie $(0, 0)$

Wprowadzenie

Symulacja interaktywna

Słownik