Zastosowanie trygonometrii w zadaniach geometrycznych

Zauważ, że pole trójkąta $ABC$ wyraża się wzorem $P=\frac{1}{2}·\left|AC\right|·\left|BC\right|·\sin \left|\sphericalangle ACB\right|$.

Zauważ, że pole trójkąta $ABC$ wyraża się wzorem $P=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left|BC\right|·\sin \left|\sphericalangle ABC\right|$.

Zauważ, że pole równoległoboku $ABCD$ wyraża się wzorem $P=\left|AB\right|·\left|AD\right|·\sin \left|\sphericalangle BAD\right|$.

Zauważ, że trójkąty $ABS$ oraz $CDS$ to trójkąty równoramienne, więc każdy z nich możemy podzielić na dwa trójkąty prostokątne o kątach $30°$, $60°$ i $90°$ stopni. Oblicz dłuższe przyprostokątne każdego z tych trójkątów, aby wyznaczyć wysokość całego trapezu, a następnie wykorzystaj ją do obliczenia pozostałych wielkości.

Zauważ, że ten romb składa się z czterech takich samych trójkątów prostokątnych o przeciwprostokątnej długości $2\sqrt{3}$ i przeciwprostokątnej długości $3$. Oblicz długość drugiej przyprostokątnej każdego z tych trójkątów, a następnie wykorzystaj otrzymany wynik do wyznaczenia długości odcinka $BD$. Długość tego odcinka wykorzystaj do wyznaczenia szukanych wielkości.

Zauważ, że pole trójkąta $ABC$ wyraża się wzorem $P=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left|BC\right|·\sin \left|\sphericalangle ABC\right|$. Wykorzystaj pole tego trójkąta do obliczenia jego dwóch wysokości. Zauważ, że każda z wysokości w tym trójkącie dzieli go na dwa trójkąty prostokątne.

Zauważ, że każdy trapez prostokątny możemy podzielić na prostokąt i przylegający do niego trójkąt prostokątny. Wykorzystaj cosinus kąta ostrego tego trapezu do wyznaczenia długości jego dłuższego ramienia. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego, z którego składa się trapez, możemy obliczyć wysokość trapezu. Zauważ też, że krótsza przekątna tego trapezu będzie się pokrywać z przekątną prostokąta, z którego zbudowany jest trapez.

Odcinki $DE$, $EF$ i $FD$ dzielą trójkąt $ABC$ na cztery mniejsze trójkąty. Zauważ, że $\left|AD\right|=\left|DB\right|=4$, $\left|EC\right|=4$ i $\left|AF\right|=3$. Zauważ również, że trójkąty $ABC$ i $BDE$ tak samo jak trójkąty $ADF$ i $ABC$ oraz trójkąty $CEF$ i $ABC$ mają wspólny jeden z kątów. Wykorzystaj to przy porównywaniu ich pól powierzchni.

Zauważ, że poszukiwany stosunek długości boków wyrażony jest przez sinus mniejszego z kątów tego trójkąta. Wykorzystaj fakt, że suma kątów w każdym trójkącie wynosi $180°$ i wyznacz miarę mniejszego kąta ostrego w tym trójkącie. Wartość funkcji sinus dla tego kąta możesz odczytać z odpowiedniej tabeli trygonometrycznej.

Pamiętaj, że sinus kąta alfa w trójkącie prostokątnym to stosunek długości przyprostokątnej, która leży na przeciwko tego kąta do przeciwprostokątnej tego trójkąta. Wykorzystaj ten fakt do obliczenia długości przeciwprostokątnej tego trójkąta. Następnie skorzystaj z twierdzenia Pitagorasa do wyznaczenia długości drugiej przyprostokątnej.

Zauważ, że wysokość tego trójkąta podzieli go na dwa takie same trójkąty prostokątne. Oznacza to, że kąt między ramionami tego trójkąta zostanie podzielony przez jego wysokość na dwa równe kąty. Wyznacz wartość funkcji sinus lub cosinus jednego z tych dwóch kątów, odczytaj miarę tego kąta z tabeli trygonometrycznej, a następnie pomnóż ją przez dwa, aby uzyskać poszukiwaną miarę kąta.

Zauważ, że pole trójkąta $ABC$ wyraża się wzorem $P=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left|AC\right|·\sin \left|\sphericalangle CAB\right|$.

Zauważ, że każdy trapez równoramienny możemy podzielić na dwa takie same trójkąty prostokątne i na pewien prostokąt. Zwróć uwagę na to, że po takim podziale w tym przypadku otrzymamy dwa trójkąty prostokątne, które jednocześnie są równoramienne. Skorzystaj z odpowiedniej własności takich trójkątów i odpowiedz na zadane pytanie.

Korzystając z własności trójkąta równoramiennego oblicz kąt między ramionami tego trójkąta, a następnie oblicz pole ze wzoru $P=\frac{1}{2}·a·a·\sin \alpha$, gdzie $a$ to długość ramienia, a $\alpha$ to miara kąta między ramionami tego trójkąta.

Zauważ, że każdy równoległobok możemy podzielić przekątną na dwa takie same trójkąty. Oznacza to, że pole tego równoległoboku wyraża się wzorem $P=2·\frac{1}{2}·a·b·\sin \alpha =a·b·\sin \alpha$, gdzie $a$ i $b$ to długości sąsiednich boków, a $\alpha$ to miara kąta zawartego między nimi

Oznaczmy przez $N$ środek boku $AB$. Zauważ, że czworokąt $KLMN$ jest równoległobokiem, którego pole można obliczyć jako sumę pól dwóch trójkątów, na które przekątna dzieli ten równoległobok.

Zauważ, że trójkąty $AKL$ i $ABC$ mają jeden kąt wspólny. Skorzystaj ze wzoru na pole trójkąta z sinusem pewnego kąta i porównaj oba pola powierzchni.

Zauważ, że odcinek $CD$ jest dwusieczną kąta $ACB$, a pole trójkąta wyraża się wzorem $P=\frac{1}{2}ab\sin \alpha$, gdzie $a$, $b$ są długościami boków trójkąta, a $\alpha$ to miara kąta między tymi bokami.

$\frac{\left|AC\right|}{\left|AB\right|}=\sin 30°$

$\frac{\left|AC\right|}{6}=\frac{1}{2}$

$\left|AC\right|=3$

$\frac{\left|BC\right|}{\left|AB\right|}=\cos 30°$

$\frac{\left|BC\right|}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\left|BC\right|=3\sqrt{3}$

$P_{ABC}=\frac{1}{2}·3·3\sqrt{3}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$

$\left|AC\right|=3$ 
$\left|BC\right|=3\sqrt{3}$ 
$P_{ABC}=\frac{9\sqrt{3}}{2}$

$\left|\sphericalangle ACB\right|=180°-\left(\left|\sphericalangle ABC\right|+\left|\sphericalangle BAC\right|\right)=180°-\left(75°+75°\right)=30°$

$P_{ABC}=\frac{1}{2}·2·2·\sin 30°=\frac{1}{2}·2·2·\frac{1}{2}=1$

Oznaczmy $\left|\sphericalangle DAB\right|=\alpha$, wtedy $\left|\sphericalangle ABC\right|=3\alpha$. Z własności równoległoboku
$\alpha +3\alpha =180°$, więc $\alpha =45°$.

$P_{ABCD}=\left|AB\right|·\left|AD\right|·\sin 45°=5·8·\frac{\sqrt{2}}{2}=20\sqrt{2}$.

Pole trapezu $ABCD$ jest równe

$P_{ABCD}=\frac{1}{2}\left|AC\right|·\left|BD\right|·\sin \left(\sphericalangle AMD\right)$,

czyli

$P_{ABCD}=\frac{1}{2}·10·10·\sin 30°=\frac{1}{2}·10·10·\frac{1}{2}=25$.

W trójkącie równoramiennym $CDE$ mamy $\left|CD\right|=6$ i $\left|\sphericalangle CED\right|=120°$. Oznaczmy przez $h_1$ wysokość tego trójkąta opuszczoną z wierzchołka $E$ na bok $CD$. Wówczas $\frac{h_1}{3}=\mathrm{tg}30°$, więc

$h_1=3·\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$.

W trójkącie równoramiennym $ABE$ mamy $\left|AB\right|=18$ i $\left|\sphericalangle AEB\right|=120°$. Oznaczmy przez $h_2$ wysokość tego trójkąta opuszczoną z wierzchołka $E$ na bok
$AB$. Wówczas $\frac{h_2}{9}=\mathrm{tg}30°$, skąd

$h_2=9\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}=3\sqrt{3}.$

Wynika z tego, że wysokość trapezu $ABCD$ jest równa

$h_2-h_1=3\sqrt{3}-\sqrt{3}=2\sqrt{3}$,

zatem jego pole jest równe

$P_{ABCD}=\frac{1}{2}\left(18+6\right)·2\sqrt{3}=24\sqrt{3}$.

Oznaczmy literą $E$ spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka $D$ rombu $ABCD$ na bok $AB$, literą $F$– spodek wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ rombu $ABCD$ na prostą $AB$. Wtedy trójkąty $AED$ oraz $BFC$ są przystające (na mocy cechy $bkb$), zatem

$\left|DE\right|=\left|CF\right|$ i $\left|AE\right|=\left|BF\right|$.

W trójkącie prostokątnym $AED$ mamy

$\mathrm{tg}\left(\sphericalangle DAE\right)=\frac{\left|DE\right|}{\left|AE\right|}=\frac{40}{9}$.

Oznaczmy $\left|DE\right|=40x$, wtedy $\left|AE\right|=9x$. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

${\left(\frac{41}{2}\right)}^2={\left(40x\right)}^2+{\left(9x\right)}^2$,

skąd $1681x^2=\frac{1681}{4}$. Ponieważ $x>0$, to $x=\frac{1}{2}$. Stąd
$\left|AE\right|=\frac{9}{2}$, $\left|DE\right|=20$.
Wobec tego w trójkącie prostokątnym $AFC$

$\left|AF\right|=\left|AB\right|+\left|BF\right|=25$, $\left|CF\right|=20$.

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

${\left|AC\right|}^2={\left|AF\right|}^2+{\left|CF\right|}^2$

${\left|AC\right|}^2={25}^2+{20}^2$.

Ponieważ $\left|AC\right|>0$, to

$\left|AC\right|=\sqrt{1025}=5\sqrt{41}$.

Ponieważ

$\mathrm{tg}\left(\sphericalangle ABC\right)=1,875$,

to $\frac{\left|AC\right|}{\left|BC\right|}=1,875=\frac{15}{8}$.
Oznaczmy $\left|AC\right|=15x$, wtedy $\left|BC\right|=8x$. W trójkącie $ABC$, z twierdzenia Pitagorasa mamy

${17}^2={\left(15x\right)}^2+{\left(8x\right)}^2$,

skąd $289x^2=289$. Ponieważ $x>0$, to $x=1$.
Zatem

$\left|AC\right|=15$, $\left|BC\right|=8$.

Ponieważ trójkąt $ABC$ jest prostokątny, to promień $r$ koła wpisanego w ten trójkąt jest równy

$r=\frac{\left|AC\right|+\left|BC\right|-\left|AB\right|}{2}$,

skąd

$r=\frac{15+8-17}{2}=3$.

Wobec tego pole koła wpisanego w trójkąt $ABC$ jest równe $\pi \cdot 3^2$, czyli $9\pi$.

Wykorzystaj wzór na pole trójkąta z sinusem kąta.

Oznaczmy $\left|\sphericalangle BAC\right|=\alpha$, $\left|AD\right|=5a$ i $\left|AE\right|=3b$. Wtedy $\left|DB\right|=4a$, skąd $\left|AB\right|=9a$ oraz $\left|EC\right|=2b$, zatem $\left|AC\right|=5b$. Pola trójkątów $ABC$ i $ADE$ są wówczas równe
$P_{ABC}=\frac{1}{2}·\left|AB\right|·\left|AC\right|·\sin \alpha$ czyli

$P_{ABC}=\frac{1}{2}·9a·5b·\sin \alpha$,

$P_{ADE}=\frac{1}{2}·\left|AD\right|·\left|AE\right|·\sin \alpha$ czyli

$P_{ADE}=\frac{1}{2}·5a·3b·\sin \alpha$.

Zatem

$\frac{P_{ABC}}{P_{ADE}}=\frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}·9a·5b·\sin \alpha }{{\displaystyle \frac{1}{2}}·5a·3b·\sin \alpha }=3$.

To spostrzeżenie kończy dowód.