1. Wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów 30, 45, 60 stopni - M_R_W07_M2 Zastosowanie funkcji trygonometrycznych kąta ostrego

R1FKXhCpxu533

1. Wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów $30 °$ , $45 °$ , $60 °$

Efekt Halo to jedno z najwspanialszych zjawisk widocznych na niebie. To świetlisty, biały lub zawierający kolor tęczy pierścień widoczny wokół Słońca lub Księżyca. Powstaje przy przejściu światła słonecznego lub księżycowego przez chmurę zawierającą bardzo drobne kryształki lodu z różnie zorientowanymi ścianami łamiącymi. Najczęściej występującym efektem Halo jest Halo $22 °$ powstające przez załamanie na powierzchniach kryształów o kącie łamiącym $60 °$ .

Koloseum, czyli amfiteatr Flawiuszy, jest jednym z najbardziej znanych symboli Rzymu i jedną z najwspanialszych budowli antycznych. Jego budowę rozpoczęto prawdopodobnie ok. $72$ roku n.e. Nachylenie niższych poziomów widowni pod kątem $30 °$ umożliwiało widzom dokładną obserwację wydarzeń rozgrywających się na arenie.

W tym materiale wyprowadzimy wartości funkcji trygonometrycznych kątów $30 °$ , $45 °$ , $60 °$ .

Twoje cele

Wyprowadzisz wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów: $60 °$ , $30 °$ i $45 °$ .
Wykorzystasz wartości funkcji trygonometrycznych kątów $60 °$ , $30 °$ i $45 °$ do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.
Zastosujesz funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich oraz obliczania pól figur.

Definicje funkcji trygonometrycznych - przypomnienie

Przypomnijmy definicje funkcji trygonometrycznych:

R1ceuHuo7ecmz

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny. Pionowy odcinek znajdujący się przy kącie prostym jest podpisany literą a. Poziomy odcinek znajdujący się przy kącie prostym podpisany jest literą b. Odcinek leżący naprzeciw kąta prostego to odcinek c. Między odcinkiem b i c został zaznaczony kąt, jest on podpisany literą alfa.

gdzie:
$c$ – przeciwprostokątna,
$a$ – przyprostokątna przeciwległa do kąta $α$ ,
$b$ – przyprostokątna przyległa do kąta $α$ .

Sinus kąta

α

Definicja: Sinus kąta

α

Sinusem kąta $α$ w trójkącie prostokątnym nazywamy stosunek długości przyprostokątnej $a$ przeciwległej do kąta $α$ do przeciwprostokątnej $c$ :

\sin α = \frac{a}{c}

Cosinus kąta

α

Definicja: Cosinus kąta

α

Cosinusem kąta $α$ w trójkącie prostokątnym nazywamy stosunek długości przyprostokątnej $b$ przyległej do kąta $α$ do przeciwprostokątnej $c$ :

\cos α = \frac{b}{c}

Tangens kąta

α

Definicja: Tangens kąta

α

Tangensem kąta $α$ w trójkącie prostokątnym nazywamy stosunek długości przyprostokątnej $a$ przeciwległej do kąta $α$ do przyprostokątnej $b$ przyległej do kąta $α$ :

tg α = \frac{a}{b}

Wartości funkcji trygonometrycznych kątów $60 °$ i $30 °$

Aby wyznaczyć wartości funkcji trygonometrycznych kątów $60 °$ i $30 °$ , posłużymy się trójkątem równobocznym $A B C$ o boku $a$ .

R1bFIaoKQyodW

Grafika przedstawia trójkąt. Podstawa trójkąta ma wierzchołki A i B. Trzeci wierzchołek jest podpisany literą C. W trójkącie narysowana jest wysokość. Wysokość jest podpisana literą h. Miejsce w którym odcinek, będący wysokością trójkąta, łączy się z podstawą trójkąta zaznaczono literą D. Ramiona trójkąta mają długość a. Odcinek AD ma długość jedna druga a. Wysokość jest pod kątem prostym do podstawy trójkąta. Pomiędzy podstawą trójkąta a jego ramieniem jest kąt 60 stopni. Pomiędzy ramieniem trójkąta a jego wysokością jest kąt 30 stopni. Obok trójkąta jest karteczka z napisem: Zauważmy, że w trójkącie prostokątnym długość przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta 30 stopni jest połową długości przeciwprostokątnej.

Zauważmy, że wysokość $C D$ dzieli trójkąt na dwa przystające trójkąty prostokątne stąd $|A D| = |D B| = \frac{a}{2}$ oraz kąt $A C D$ ma miarę $30 °$ .

Stosując twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta $A D C$ wyznaczymy wysokość $C D$ trójkąta $A B C$ .

{(\frac{a}{2})}^{2} + h^{2} = a^{2}

h^{2} = a^{2} - {(\frac{a}{2})}^{2} = a^{2} - \frac{a^{2}}{4} = \frac{3}{4} a^{2}

h = \frac{a \sqrt{3}}{2}

Wobec powyższego:

\sin 60 ° = \frac{|C D|}{|A C|} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2}}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}

\cos 60 ° = \frac{|A D|}{|A C|} = \frac{\frac{a}{2}}{a} = \frac{1}{2}

tg 60 ° = \frac{|C D|}{|A D|} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2}}{\frac{a}{2}} = \sqrt{3}

$tg 60 °$ możemy również wyliczyć wykorzystując następujący związek: $tg α = \frac{\sin α}{\cos α}$

tg 60 ° = \frac{\sin 60 °}{\cos 60 °} = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} = \sqrt{3}

Podobnie:

$\sin 30 ° = \frac{|A D|}{|A C|} = \frac{\frac{a}{2}}{a} = \frac{1}{2}$

$\cos 30 ° = \frac{|C D|}{|A C|} = \frac{\frac{a \sqrt{3}}{2}}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$tg 30 ° = \frac{|A D|}{|C D|} = \frac{\frac{a}{2}}{\frac{a \sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$tg 30 °$ możemy również wyliczyć, wykorzystując następujący związek: $tg α = \frac{\sin α}{\cos α}$

$tg 30 ° = \frac{\sin 30 °}{\cos 30 °} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Zbierzmy wyliczone wartości funkcji trygonometrycznych w tabeli:

$α$	$30 °$	$60 °$
$\sin α$	$\frac{1}{2}$	$\frac{\sqrt{3}}{2}$
$\cos α$	$\frac{\sqrt{3}}{2}$	$\frac{1}{2}$
$tg α$	$\frac{\sqrt{3}}{3}$	$\sqrt{3}$

Przykład 1

W trójkącie prostokątnym długość przeciwprostokątnej jest równa $9$ , a jeden z kątów ostrych jest równy $60 °$ . Obliczymy długości obu przyprostokątnych.

RZKXkn9RJrwAW

Grafika przedstawia trójkąt prostokątny. Pionowa przyprostokątna jest oznaczona literą a. Pozioma przyprostokątna jest oznaczona literą b. Przeciwprostokątna ma długość dziewięć. Kąt między poziomą przyprostokątną a przeciwprostokątną ma 60 stopni.

Rozwiązanie

Trójkąt jest prostokątny, możemy zastosować funkcje trygonometryczne.

Długość boku $a$ wyznaczymy z funkcji sinus:

$\sin 60 ° = \frac{a}{9}$ i $\sin 60 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{a}{9}$

$2 \cdot a = \sqrt{3} \cdot 9$

$a = 4, 5 \sqrt{3} cm$

Bok $b$ wyznaczymy z funkcji cosinus:

$\cos 60 ° = \frac{b}{9}$ i $\cos 60 ° = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{2} = \frac{b}{9}$

$b = 4, 5$

Mogliśmy $b$ wyznaczyć, wykorzystując fakt, że długość przyprostokątnej trójkąta prostokątnego leżącej przy kącie $60 °$ jest równa połowie długości przeciwprostokątnej, czyli $b = 9 : 2 = 4, 5$ .

Odpowiedź:

Przyprostokątne mają długość: $a = 4, 5 \sqrt{3}$ i $b = 4, 5$ .

Przykład 2

Obliczymy pole romburombrombu mając daną długość jego boku $12 cm$ i kąt ostry $60 °$ .

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia: $h$ – wysokość rombu,
$a$ – długość boku rombu.

RBbln1qt4txbq

Grafika przedstawia romb. Kąt ostry rombu ma 60 stopni. Długość boku rombu to a. W rombie narysowana jest jego krótsza przekątna, która dzieli równoległobok na dwa trójkąty. W trójkącie, składającym się z: dolnej podstawy rombu, boku rombu oraz jego przekątnej zaznaczono wysokość. Wysokość podpisana jest literą h. Wysokość jest pod kątem prostym do podstawy.

Z treści zadania: $a = 12 cm$ .

Wzór na pole rombu:

P = a \cdot h

Aby wyliczyć pole rombu musimy wyznaczyć jego wysokość $h$ .

Wysokość jest prostopadła do boku $a$ , możemy więc skorzystać z funkcji sinus.

$\frac{h}{a} = \sin 60 °$ i $\sin 60 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\frac{h}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$h = a \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$

$h = \frac{12 \cdot \sqrt{3}}{2} = 6 \sqrt{3}$

$h = 6 \sqrt{3} cm$

$P = a \cdot h = 12 \cdot 6 \sqrt{3} = 72 \sqrt{3}$

$P = 72 \sqrt{3} {cm}^{2}$

Odpowiedź:

Pole rombu wynosi $72 \sqrt{3} {cm}^{2}$ .

Przykład 3

Obliczymy pole i obwód trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa ma długość $10 cm$ a ramię długości $8 cm$ tworzy z podstawą kąt $60 °$ .

Rozwiązanie

REEwttDcozUQo

Grafika przedstawia trapez równoramienny. Trapez został podzielony na trzy części, w taki sposób, że wysokości trapezu wyznaczają dwa trójkąty i znajdujący się pomiędzy nimi prostokąt. Pionowymi bokami prostokąta są wysokości trapezu, a poziomym bokami prostokąta są górna podstawa trapezu, oraz część dolnej podstawy trapezu, o tej samej długości co górna podstawa. Pionowe boki prostokąta są oznaczone literą h. Poziome boki prostokąta są oznaczone literą b, gdzie b jest równe 10 centymetrów. Trójkąty składają się z: ramienia trapezu, wysokości trapezu i części podstawy trapezu wyznaczonej przez styk wysokości z podstawą trapezu. Wysokość trapezu i część podstawy są przyprostokątnymi trójkątów. Oznaczone są literami odpowiednio h oraz x. Ramię trapezu, stanowiące przeciwprostokątną ma długość 8 centymetrów i jest nachylone do podstawy pod kątem 60 stopni.

Pole trapezu wyraża wzór:

P = \frac{a + b}{2} \cdot h

gdzie $a = b + 2 x$ – długość dolnej podstawy; $b$ – długość górnej podstawy; $h$ – długość wysokości trapezu.

Aby je wyliczyć musimy mieć dane: $a$ , $b$ i $h$ .

$b = 10 cm$ (z treści zadania).

Ponieważ $a = 2 x + b$ , to $a = 2 x + 10$ .

Wyznaczmy $h$ , korzystając z funkcji sinus:

$\sin 60 ° = \frac{h}{8}$ i $\sin 60 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$

$\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{h}{8}$

$2 \cdot h = \sqrt{3} \cdot 8$

$h = 4 \sqrt{3} cm$

Aby wyznaczyć długość dłuższej podstawy, musimy obliczyć długość odcinka $x$ :

$\cos 60 ° = \frac{x}{8}$ i $\cos 60 ° = \frac{1}{2}$

$\frac{1}{2} = \frac{x}{8}$

$2 \cdot x = 1 \cdot 8$

$x = 4 cm$

Przejdźmy teraz do wyliczenia dłuższej podstawy $a$ trapezu.

$a = 2 x + 10$

$a = 2 \cdot 4 + 10 = 18$

$a = 18 cm$

Wyliczone wartości $h$ i $a$ podstawiamy do wzoru na pole trapezu:

$P = \frac{a + b}{2} \cdot h$

$P = \frac{a + b}{2} \cdot h = \frac{18 + 10}{2} \cdot 4 \sqrt{3} = 14 \cdot 4 \sqrt{3} = 56 \sqrt{3}$

$P = 56 \sqrt{3} {cm}^{2}$

Obwód trapezutrapeztrapezu jest sumą długości jego boków:

$O = 18 + 10 + 2 \cdot 8 = 28 + 16 = 44$

$O = 44 cm$

Odpowiedź:

Pole trapezu wynosi $56 \sqrt{3} {cm}^{2}$ , a jego obwód $44 cm$ .

Przykład 4

Uprościmy wyrażenie:

$\frac{\cos α}{1 + {tg}^{2} α}$ , a następnie obliczymy jego wartość dla $α = 60 °$ .

Rozwiązanie

Przekształcamy wyrażenie, wykorzystując następujące związki między funkcjami trygonometrycznymi: $tg α = \frac{\sin α}{\cos α}$ i $\sin^{2} α + \cos^{2} α = 1$

$\frac{\cos α}{1 + {tg}^{2} α} = \frac{\cos α}{1 + {(\frac{\sin α}{\cos α})}^{2}} = \frac{\cos α}{1 + \frac{\sin^{2} α}{\cos^{2} α}} = \frac{\cos α}{\frac{\cos^{2} α}{\cos^{2} α} + \frac{\sin^{2} α}{\cos^{2} α}} = \frac{\cos α}{\frac{\cos^{2} α + \sin^{2} α}{\cos^{2} α}} = \frac{\cos α}{\frac{1}{\cos^{2} α}} = \cos^{3} α$

$\cos 60 ° = \frac{1}{2}$ , więc $\cos^{3} α = {(\frac{1}{2})}^{3} = \frac{1}{8}$

Odpowiedż:

Wartość wyrażenia dla $α = 60 °$ wynosi $\frac{1}{8}$ .

Przykład 5

Udowodnimy, że jeśli $\frac{x}{y} = \frac{z}{t} = tg 60 °$ , to $\frac{4 x + 6 z}{16 y \cdot \sin 60^{\circ} + 12 \sqrt{3} t} = \cos 60^{\circ}$

Rozwiązanie

Skoro $\frac{x}{y} = tg 60 °$ , to $x = y \sqrt{3}$ .

Analogicznie, skoro $\frac{z}{t} = tg 60 °$ , to $z = t \sqrt{3}$ .

Zatem:

$\frac{4 x + 6 z}{16 y \cdot \sin 60^{\circ} + 12 \sqrt{3} t} = \frac{4 y \sqrt{3} + 6 t \sqrt{3}}{16 y \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} + 12 \sqrt{3} t} = \frac{\sqrt{3} (4 y + 6 t)}{8 y \sqrt{3} + 12 \sqrt{3} t} = \frac{\sqrt{3} (4 y + 6 t)}{2 \sqrt{3} (4 y + 6 t)} = \frac{1}{2} = \cos 60^{\circ}$

co należało udowodnić.

Przykład 6

Udowodnimy, że $\log_{2} (tg 60 °) + \frac{1}{\log_{\sin 60 °} (\cos 60 °)} = 1$

Rozwiązanie

$\log_{2} (tg 60 °) + \frac{1}{\log_{\sin 60 °} (\cos 60 °)} = \log_{2} \sqrt{3} + \frac{1}{\log_{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{1}{2}}$

Skorzystamy z twierdzenia o odwrotności logarytmu:

$\frac{1}{\log_{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{1}{2}} = \log_{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{3}}{2}$

i z twierdzenia o zamianie podstaw logarytmu:

$\log_{\frac{1}{2}} \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\log_{2} \frac{\sqrt{3}}{2}}{\log_{2} \frac{1}{2}} = - \log_{2} \frac{\sqrt{3}}{2}$

Mamy zatem:

$\log_{2} \sqrt{3} + \frac{1}{\log_{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{1}{2}} = \log_{2} \sqrt{3} - \log_{2} \frac{\sqrt{3}}{2}$

Skorzystamy teraz z twierdzenia o różnicy logarytmów o tej samej podstawie:

$\log_{2} \sqrt{3} - \log_{2} \frac{\sqrt{3}}{2} = \log_{2} \frac{\sqrt{3}}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \log_{2} 2 = 1$

co należało udowodnić.

Polecenie 1

Utrwalisz wyprowadzenie wartości funkcji trygonometrycznych kąta $60 °$ zapoznając się z animacją. Następnie rozwiąż zadania i porównaj z odpowiedziami.

R1LTCci7hcY0N

Polecenie 2

Dany jest trójkąt prostokątny:

R1ehEWBezlokZ

Rysunek przedstawia 3 trójkąty prostokątne. Jedna przyprostokątna pierwszego trójkąta ma długość 5 pierwiastków kwadratowych z trzech. Przeciwprostokątna ma długość dziesięć. Kąt pomiędzy drugą przyprostokątną a przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa. Przyprostokątna drugiego trójkąta ma długość 4, przeciwprostokątna ma długość 8, kąt między przyprostokątną o długości 4 i przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa. Jedna z przyprostokątnych trzeciego trójkąta ma długość pierwiastek kwadratowy z dwunastu, a druga przyprostokątna ma długość trzy. Kąt pomiędzy przyprostokątną o długości 3, a przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa.

Czy kąt $α$ ma miarę $60 °$ ?

a) $\sin α = \frac{5 \sqrt{3}}{10} = \frac{\sqrt{3}}{2} = \sin 60 °$ , czyli $α = 60 °$ ,

b) $\cos α = \frac{4}{8} = \frac{1}{2} = \cos 60 °$ , czyli $α = 60 °$ ,

c) $tg α = \frac{\sqrt{12}}{3} = \frac{\sqrt{4 \cdot 3}}{3} = \frac{\sqrt{4} \cdot \sqrt{3}}{3} = \frac{2 \cdot \sqrt{3}}{3} \neq tg 60 ° = \sqrt{3}$ miara kąta $α$ nie wynosi $60 °$ .

Polecenie 3

Dany jest trójkąt $A B C$ , w którym $|A C| = 10$ , $|B C| = 4$ i $|∢ A C B| = 60 °$ . Na jakie odcinki wysokość poprowadzona z wierzchołka $B$ dzieli bok $A C$ ?

R2QNvaBKmlpJT

Rysunek przedstawia trójkąt o wierzchołkach: A, B oraz C. Długość odcinka BC to cztery. Długość odcinka AC to 10, Kąt między odcinkiem BC i AC wynosi 60 stopni.

R1Dfn8HtD85QY

Rysunek przedstawia trójkąt o wierzchołkach: A, B oraz C. Długość odcinka BC to 4, Długość odcinka AC to 10, Kąt między odcinkiem BC i AC wynosi 60 stopni. Z wierzchołka B poprowadzona została linia pod kątem prostym do odcinka AC. Punkt przecięcia tej linii z odcinkiem AC zaznaczono literą D. Odcinek C,D oznaczono literą x.

Trójkąt $B D C$ jest prostokątny (bo $B D$ jest wysokością):

$\frac{x}{4} = \cos 60 °$ i $\cos 60 ° = \frac{1}{2}$

$x = 4 \cdot \frac{1}{2}$

$x = 2$

$|C D| = 2$

$|A D| = |A C| - |D C|$

$|A D| = 10 - 2 = 8$

$|A D| = 8$

Odpowiedź:

Wysokość poprowadzona z wierzchołka $B$ dzieli bok $A C$ na odcinki o długościach $2$ i $8$ .

Przykład 7

Przekątna prostokąta ma długość $2$ i tworzy z dłuższym bokiem kąt $30 °$ . Obliczymy pole tego prostokąta.

Wprowadzamy oznaczenia jak na rysunku:

R10QY9DFjHrJl

Rysunek przedstawia prostokąt. W prostokącie narysowana jest jego przekątna. Poziomy bok prostokąta podpisany jest literą b. Pionowy bok prostokąta podpisany jest literą a. Przekątna prostokąta ma długość dwa. Kąt pomiędzy przekątną a poziomą ścianą prostokąta to 30 stopni.

Pole prostokąta wyliczymy ze wzoru:

P = a \cdot b

Przekątna dzieli prostokąt na dwa przystające trójkąty prostokątne – możemy do wyznaczenia długości boków zastosować funkcje trygonometryczne. Długość boku $a$ wyznaczymy z funkcji sinus:

$\sin 30 ° = \frac{a}{2}$ i $\sin 30 ° = \frac{1}{2}$ , więc $\frac{1}{2} = \frac{a}{2}$ ,

$2 \cdot a = 1 \cdot 2$ , stąd $a = 1$ .

Możemy $a$ wyznaczyć również wykorzystując fakt, że długość przyprostokątnej trójkąta prostokątnego leżącej naprzeciw kąta $30 °$ jest połową długości przeciwprostokątnej czyli $a = 2 : 2 = 1$ .

Bok $b$ wyznaczymy z funkcji cosinus:

$\cos 30 ° = \frac{b}{2}$ i $\cos 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , czyli $\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{b}{2}$ ,

$b \cdot 2 = \sqrt{3} \cdot 2$ , więc $b = \sqrt{3}$

Odpowiedź:

Przyprostokątne mają długość: $a = 1$ i $b = \sqrt{3}$ .

Przykład 8

Obliczymy pole i obwód trapezu prostokątnego przedstawionego na rysunku:

R1ay1MkA0c2DT

Grafika przedstawia wielokąt. Wielokąt ten składa się z trójkąta prostokątnego i przylegającego do niego prostokąta. Z lewej strony znajduje się trójkąt, z prawej jest prostokąt. Wierzchołki wielokąta są oznaczone literami: A, B, C, D, E. Odcinek AE jest podstawą trójkąta. Odcinek ten jest przyprostokątną i ma orientację poziomą. Odcinek AD jest przeciwprostokątną trójkąta. Odcinek DE jest przyprostokątną i ma orientację pionową. Odcinek DE jest wspólnym bokiem trójkąta i prostokąta. Jest on narysowany linią przerywaną. Odcinek ten jest dłuższym bokiem prostokąta. Odcinek BE jest krótszym bokiem prostokąta, ma orientację poziomą i znajduje się w jednej linii z podstawą trójkąta. Odcinek BC jest równoległy do odcinka DE. Odcinek CD jest równoległy do odcinka BE. Odcinek CE jest przekątną prostokąta i jest narysowany linią przerywaną. Przeciwprostokątna ma długość 12 centymetrów. Kąt między przeciwprostokątną na podstawą trójkąta to 30 stopni. Kąt między odcinkiem wspólnym trójkąta i prostokąta a przekątną prostokąta ma 30 stopni.

Zauważmy, że bok $B C$ jest wysokością trapezuwysokość trapezuwysokością trapezu $A B C D$ .

Aby rozwiązać zadanie, musimy policzyć długości wszystkich boków powyższego trapezutrapeztrapezu.

Z trójkąta prostokątnego $A E D$ wyliczamy długość boku $|E D|$ :

$\frac{|E D|}{|A D|} = \sin 30 °$ , $\sin 30 ° = \frac{1}{2}$ i $|A D| = 12 cm$ , więc po podstawieniu mamy

$\frac{|E D|}{12} = \frac{1}{2}$

czyli $|E D| = 12 \cdot \frac{1}{2} = 6 cm$

Z rysunku wynika, że $|B C| = |E D|$

więc $| B C | = 6 cm$ .

Długość odcinka $|A E|$ (będącego przyprostokątną trójkąta prostokątnego $A E D$ ) wyliczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${|A E|}^{2} + {|E D|}^{2} = {|A D|}^{2}$

Podstawiając $|A D| = 12 cm$ i $|E D| = 6 cm$ otrzymujemy.

${|A E|}^{2} + 6^{2} = 12^{2}$ , stąd

${|A E|}^{2} = 144 - 36 = 108$ czyli

$|A E| = \sqrt{108} = \sqrt{36 \cdot 3} = 6 \sqrt{3} cm$ .

Z trójkąta prostokątnego $E D C$ wyliczamy długość boku $|D C|$ :

$\frac{|D C|}{|E D|} = tg 30 °$ , $tg 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{3}$ i $|E D| = 6 cm$ , więc

$\frac{|D C|}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , stąd

$|D C| = 6 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 2 \sqrt{3} cm$ .

Z rysunku wynika, że:

$|A B| = |A E| + |E B|$ i $|E B| = |D C| = 2 \sqrt{3} cm$ , więc

$|A B| = |A E| + |E B| = 6 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3} = 8 \sqrt{3} cm$ .

Ponieważ $|A B| = 8 \sqrt{3} cm$ , $|B C| = 6 cm$ , $| D C | = 2 \sqrt{3} c m$ i $|A D| = 12 cm$ , to obwód trapezu będący sumą jego boków wynosi:

$L = 8 \sqrt{3} + 6 + 2 \sqrt{3} + 12 = (10 \sqrt{3} + 18) c m$ .

Ze wzoru na pole trapezu:

$P = \frac{a + b}{2} \cdot h$ ,

gdy $a = |A B| = 8 \sqrt{3} cm$ , $b = | C D | = 2 \sqrt{3} c m$ i $h = |B C| = 6 cm$

otrzymujemy $P = \frac{8 \sqrt{3} + 2 \sqrt{3}}{2} \cdot 6 = \frac{10 \sqrt{3}}{2} \cdot 6 = 30 \sqrt{3} {c m}^{2}$ .

Odpowiedź:

Pole trapezu wynosi $30 \sqrt{3} {c m}^{2}$ , a jego obwód $(10 \sqrt{3} + 18) c m$ .

Przykład 9

Proste $k$ i $l$ przecinają się w punkcie $O$ i tworzą kąt o mierze $30 °$ . Na prostej $k$ obieramy punkt $A$ . Obliczmy odległość tego punktu od prostejodległość punktu $P$ od prostej $k$ odległość tego punktu od prostej $l$ wiedząc, że $|O A| = 8 cm$ .

Odległość punktu $P$ od prostej $k$ – długość odcinka prostej prostopadłej do $k$ , którego końcami są punkt $P$ i punkt przecięcia z prostą $k$ .

RI6NzG06kF4py

Rysunek przedstawia dwie proste l i k. Proste przecinają się w punkcie O. Mniejszy kąt między prostymi to 30 stopni. Po lewej stronie od przecięcia się prostych na prostej k jest punkt A, a na prostej l jest punkt B. Punkty A i B połączone są linią podpisaną literą x. Linia ta jest poprowadzona pod kątem prostym do prostej l.

Przyjmijmy następujące oznaczenie:

$x$ – odległość punktu $A$ od prostej $l$
$|O A| = 8 cm$

Trójkąt $O A B$ jest prostokątny – możemy, wykorzystując funkcję trygonometryczną sinus, obliczyć $x$ :

$\frac{x}{|O A|} = \sin 30 °$ , $\sin 30 ° = \frac{1}{2}$ i $|O A| = 8 cm$ , więc

$\frac{x}{8} = \frac{1}{2}$

$x = 8 \cdot \frac{1}{2}$ , stąd $x = 4 cm$ .

Odpowiedź:

Odległość punktu $A$ od prostej $l$ wynosi $4 cm$ .

Przykład 10

Obliczymy odległość środka ciężkości trójkąta równobocznego o boku długości $6 cm$ od jego boków.

Środek ciężkości powstaje w miejscu przecięcia się środkowych trójkąta, czyli odcinków łączących wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku.

W trójkącie równobocznym każda środkowa jest wysokością i dwusieczną kąta.

Ri2E8ILOs4Ibs

Rysunek przedstawia trójkąt. Podstawa trójkąta to odcinek AB. Ramiona trójkąta to odcinki: AC i BC. W trójkącie narysowane są trzy wysokości. Pierwsza wysokość biegnąca z wierzchołka C do podstawy wyznacza na podstawie punkt D, w miejscu styku wysokości z podstawą. Druga wysokość biegnąca z punktu A to ramienia BC wyznacza kąt między podstawą AB i tą wysokością równy 30 stopni. Trzecia wysokość biegnie z wierzchołka B do ramienia AC. Wszystkie wysokości przecinają się w punkcie O. Odcinek pomiędzy punktem D i O został podpisany literą x.

Wprowadźmy oznaczenia:
$O$ – środek ciężkości trójkątaśrodek ciężkości trójkątaśrodek ciężkości trójkąta $A B C$
$|A B| = |B C| = |C A| = a$
$|O D| = x$

Możemy zapisać wnioski:

1) $|A D| = |D B| = \frac{a}{2}$ , bo $D C$ jest środkową,

2) kąt $O A D$ ma miarę: $\frac{60 °}{2} = 30 °$ , bo $A O$ jest dwusieczną kąta,

3) trójkąt $A D O$ jest prostokątny, bo $D C$ jest wysokością trójkąta.

Z trójkąta $A D O$ obliczamy długość odcinka $x$ :

$\frac{x}{\frac{a}{2}} = tg 30 °$ , $tg 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{3}$ i $a = 6 cm$ , czyli , $\frac{x}{3} = \frac{\sqrt{3}}{3}$

$x = 3 \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}$ , więc $x = \sqrt{3} cm$ .

Ponieważ $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego, to odległość tego punktu od każdego boku jest taka sama.

Odpowiedź:

Odległość środka ciężkości od każdego boku trójkąta równobocznego o boku długości $6 cm$ wynosi $\sqrt{3} cm$ .

Zauważmy, że:

$\frac{|O D|}{\frac{a}{2}} = tg 30 °$ i $tg 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{3}$ , stąd

$|O D| = \frac{a}{2} \cdot tg 30 °$

$|O D| = \frac{a}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = \frac{a}{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{3} \cdot \frac{a \sqrt{3}}{2} = \frac{1}{3} \cdot h$

$|O C| = h - |O D| = \frac{2}{3} \cdot h$ , czyli $\frac{|O C|}{|O D|} = \frac{\frac{2}{3} \cdot h}{\frac{1}{3} \cdot h} = 2$ .

Środek ciężkości dzieli środkową na dwa odcinki: odcinek, którego jeden koniec jest wierzchołkiem trójkąta, jest dwa razy dłuższy od drugiej części środkowej.

Przykład 11

Uprośćmy wyrażenie: $\frac{\sin^{2} α}{1 - \cos α}$ , a następnie obliczmy jego wartość dla $α = 30 °$ .

Przekształcając wyrażenie wykorzystamy wzory:

1) $\sin^{2} α + \cos^{2} α = 1$

przekształcamy do postaci: $\sin^{2} α = 1 - \cos^{2} α$ ,

2) $a^{2} - b^{2} = (a - b) (a + b)$ , gdzie po podstawieniu za $a = 1$ i $b = \cos α$ otrzymamy:

$1^{2} - \cos^{2} α = (1 - \cos α) (1 + \cos α)$

$\frac{\sin^{2} α}{1 - \cos α} = \frac{1 - \cos^{2} α}{1 - \cos α} = \frac{(1 - \cos α) (1 + \cos α)}{1 - \cos α} = 1 + \cos α$ przy założeniu: $1 - \cos α \neq 0$ .

Ponieważ $\cos 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ więc $1 + \cos 30 ° = 1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Odpowiedź:

Wartość wyrażenia wynosi $1 + \frac{\sqrt{3}}{2}$ .

Polecenie 4

Zapoznając się z animacją utrwalisz wyprowadzenie wartości funkcji trygonometrycznych kąta $30 °$ . Następnie rozwiąż zadania i porównaj z odpowiedziami.

R1LnoHV2SR8No

Polecenie 5

Dany jest trójkąt prostokątny:

R1IGHBSZhnfua

Rysunek przedstawia 3 trójkąty prostokątne. Pierwszy trójkąt podpisany jest literą a. Pierwsza przyprostokątna tego trójkąta ma długość 2 pierwiastek z 3. Przeciwprostokątna ma długość 4. Kąt pomiędzy drugą przyprostokątną a przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa. Drugi trójkąt podpisany jest literą b. Pierwsza przyprostokątna tego trójkąta ma długość 5. Przeciwprostokątna ma długość 10. Kąt między przyprostokątną o długości 5 i przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa. Trzeci trójkąt jest podpisany literą c. Jego jedna przyprostokątna ma długość pierwiastek z 12, a druga przyprostokątna ma długość 6. Kąt pomiędzy przyprostokątną o długości 6 a przeciwprostokątną jest podpisany literą alfa.

Czy kąt $α$ ma miarę $30 °$ ?

a) $\sin α = \frac{2 \sqrt{3}}{4} = \frac{\sqrt{3}}{2} \neq \sin 30 ° = \frac{1}{2}$ , czyli $α \neq 30 °$

b) $\cos α = \frac{5}{10} = \frac{1}{2} \neq \cos 30 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , czyli $α \neq 30 °$

c) $tg α = \frac{\sqrt{12}}{6} = \frac{\sqrt{4 \cdot 3}}{6} = \frac{\sqrt{4} \cdot \sqrt{3}}{6} = \frac{2 \sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3} = tg 30 °$ , czyli $α = 30 °$

Polecenie 6

Oblicz pole równoległoboku przedstawionego na rysunku:

RLuYWBeYT7fWe

Rysunek przedstawia równoległobok. Wierzchołki równoległoboku są podpisane literami: A, B, C, D. Dolna podstawa równoległoboku to AB. Górna podstawa to DC. Odcinek DB dzieli równoległobok na 2 trójkąty. Kąt ostry pomiędzy podstawą AB równoległoboku a jego bokiem AD to 30 stopni.

Gdy $|A D| = 6 cm$ , $|B D| = 5 cm$ .

RmcUp5e1ePIGY

Z trójkąta prostokątnego $A E D$ wyliczamy $h$ i $x$ :

Ponieważ $\frac{h}{6} = \sin 30 °$ i $\sin 30 ° = \frac{1}{2}$ , więc

$\frac{h}{6} = \frac{1}{2}$ , stąd $h = 3 cm$ .

Obliczamy $x$ :

$\frac{x}{6} = \cos 60 °$ i $\cos 60 ° = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , więc

$\frac{x}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$ , stąd otrzymujemy $x = 3 \sqrt{3} cm$ .

Z trójkąta prostokątnego $D E B$ , stosując twierdzenie Pitagorasa wyznaczamy $y$ :

$h^{2} + y^{2} = 5^{2}$ i $h = 3 cm$ , więc

$3^{2} + y^{2} = 25$ stąd $y = 4 cm$ .

Możemy teraz podać długość boku $A B$ :

$|A B| = x + y = (3 \sqrt{3} + 4) cm$ .

Do wzoru na pole równoległoboku:

$P = |A B| \cdot h$

podstawiamy $|A B| = (3 \sqrt{3} + 4) cm$ , $h = 3 cm$ i otrzymujemy

$P = 3 \cdot (3 \sqrt{3} + 4) {cm}^{2}$ .

Odpowiedź:

Pole równoległoboku wynosi $3 \cdot (3 \sqrt{3} + 4) {cm}^{2}$ .

Wartości funkcji trygonometrycznych kąta $45 °$

Zacznijmy od przeanalizowania poniższego rysunku.

R1Ph6YHlWE7Dx

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny równoramienny ABC. Przy wierzchołku A oznaczono kąt 90 stopni, przy wierzchołkach B i C oznaczono kąty 45 stopni. Bok AC będący podstawą ma długość 1, pionowy bok AB ma również długość 1, a przekątna BC ma długość pierwiastek kwadratowy z dwóch.

Przedstawiony został równoramienny i prostokątny trójkąt $A B C$ . Ramiona w takim trójkącie stanowią jednocześnie jego przyprostokątne i są równej długości. Ponadto, kąty $∢ A B C$ i $∢ B C A$ są sobie równe i wynoszą $45 °$ . Obliczymy wartości wszystkich funkcji trygonometrycznych dla kąta $∢ A B C$ .

\sin 45 ° = \frac{|A C|}{|B C|} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}

\cos 45 ° = \frac{|A B|}{|B C|} = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}

tg 45 ° = \frac{|A C|}{|A B|} = \frac{1}{1} = 1

Znajomość powyższych wartości znajduje swoje zastosowania w różnych sytuacjach.

Przykład 12

Obliczymy pole trapezu równoramiennego $A B C D$ przedstawionego na poniższym rysunku.

R1GLmFaJYjQX1

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny ABCD. Przy dolnych wierzchołkach A i B oznaczono kąty 45 stopni. Ramiona BC i AD mają długość pierwiastek kwadratowy z ośmiu każde. Górna podstawa CD ma długość trzy. Z wierzchołków C i D upuszczono wysokości: odpowiednio z wierzchołka C upuszczono wysokość do punktu F leżącego na dolnej podstawie, a z wierzchołka D upuszczono wysokość do punktu E leżącego na dolnej podstawie. Przy punktach E i F oznaczono kąty proste między wysokościami a dolną podstawą.

Zauważmy, że punkty $F B C$ tworzą trójkąt równoramienny prostokątny, gdzie odcinek $C F$ jest wysokością trapezu.

Znamy długość przeciwprostokątnej, zatem korzystając z wartości sinusa $45 °$ możemy znaleźć wysokość.

Oznaczając długość odcinka $C F$ przez $h$ mamy:

$\sin 45 ° = \frac{h}{\sqrt{8}}$

$\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{h}{2 \sqrt{2}}$

Mnożąc stronami równość przez $2 \sqrt{2}$ otrzymujemy wartość $h$ :

$h = \frac{2 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{4}{2} = 2$

Zatem wysokość trapezu $A B C D$ wynosi $h = 2$ .

Aby obliczyć żądane pole powierzchni, brakuje nam jeszcze informacji o długości dolnej podstawy.

Możemy zauważyć, że odcinek $|F B| = |C F| = 2$ .

Ponadto odcinek $|A D| = \sqrt{8}$ , gdyż trapez $A B C D$ jest równoramienny.

W identyczny sposób jak dla trójkąta $F B C$ , możemy policzyć długości boków trójkąta $A E D$ .

Stąd otrzymamy, że odcinek $A E$ ma również długość $|A E| = 2$ .

Długość odcinka $E F$ też jest nam znana, albowiem $|E F| = |C D| = 3$ .

Wynika to z faktu, że $E F C D$ jest prostokątem.

Zatem długość dolnej podstawy wynosi $|A B| = 2 + 3 + 2 = 7$ .

Korzystając ze wzoru na pole trapezu, uzyskujemy końcowy wynik

$P = \frac{(3 + 7) \cdot 2}{2} = 10$ .

Przykład 13

W trójkącie prostokątnym równoramiennym $A B C$ długość przeciwprostokątnej wynosi $c = 9 \sqrt{6}$ . Środkowe tego trójkątaśrodkowa trójkątaŚrodkowe tego trójkąta przecinają się w punkcie $D$ , z którego poprowadzono odcinki padające pod kątem prostym na przyprostokątne. Oblicz pole utworzonego w ten sposób kwadratu (na rysunku jest to kwadrat $B E D F$ ).

RRgKyRVJZ7Xjj

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny równoramienny ABC. Kąt prosty znajduje się przy wierzchołku B, jednak nie jest oznaczony. Z punktu A poprowadzono środkową do boku BC. Z wierzchołka B poprowadzono środkową do punktu G leżącego na przeciwprostokątnej AC. Ta środkowa jest jednocześnie wysokością. Między tą środkową (będącą odcinkiem BG) a przeciwprostokątną AC oznaczono kąt prosty. Z wierzchołka C także poprowadzono środkową do boku AB. Wszystkie środkowe przecinają się w punkcie D. Z punktu D poprowadzono dwa odcinki. Odcinek pionowy DE upuszczony na podstawę BC trójkąta. Między odcinkiem DE i bokiem BC oznaczono kąt prosty. Drugi odcinek poprowadzony z punktu D to odcinek poziomy DF upuszczony na pionowy bok AB trójkąta. Między odcinkiem DF i bokiem AB oznaczono kąt prosty. Na rysunku opisano także długość boku AC - wynosi ona 9 pierwiastków kwadratowych z sześciu.

Zauważmy, że w przypadku trójkąta prostokątnego równoramiennego wysokość poprowadzona z kąta prostego pokrywa się ze środkową trójkąta.

W związku z tym wysokość $h$ poprowadzona z wierzchołka kąta prostego dzieli ten trójkąt na dwa trójkąty o kątach $45 °$ , $45 °$ , $90 °$ .

Otrzymane w ten sposób trójkąty $A B G$ i $B C G$ są przystające, zaś krótszy bok każdego z nich ma długość równą połowie długości przeciwprostokątnej trójkąta $A B C$ , tj.

$h = \frac{9 \sqrt{6}}{2}$ .

Następnie przypomnijmy, że punkt przecięcia środkowych w każdym trójkącie dzieli te środkowe w stosunku $2 : 1$ , gdzie krótszy odcinek łączy środek ciężkości ze środkiem boku.

Punkt przecięcia środkowych w trójkącie nazywany jest zwykle środkiem ciężkości trójkątaśrodek ciężkości trójkątaśrodkiem ciężkości trójkąta.

Zatem punkt $D$ dzieli wysokość $B G$ na dwa odcinki o długościach:

$|D G| = \frac{3}{2} \sqrt{6}$ i $|B D| = \frac{6}{2} \sqrt{6} = 3 \sqrt{6}$

Sytuację tę obrazuje poniższy rysunek (dla czytelności nie zaznaczono na nim środkowych wychodzących z wierzchołków $A$ i $C$ ).

RZoncZpwLwMs6

Znamy więc długość odcinka $B D$ , wiemy też, że kąty $∢ B E D$ i $∢ B F D$ są proste (wynika to z treści zadania).

Ponadto, kąty $∢ G B C$ i $∢ A B G$ mają po $45 °$ .

Wykorzystamy funkcję sinus.

$\sin 45 ° = \frac{|D E|}{|B D|}$

$\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{|D E|}{3 \sqrt{6}}$

$\frac{\sqrt{2} \cdot 3 \sqrt{6}}{2} = |D E|$

$|D E| = \frac{3 \sqrt{12}}{2} = \frac{6 \sqrt{3}}{2} = 3 \sqrt{3}$

Znamy więc długość boku kwadratu $B E D F$ . Jego pole wynosi zatem

$P = {(3 \sqrt{3})}^{2} = 9 \cdot 3 = 27$ .

Czasami w zadaniu musimy skorzystać z funkcji trygonometrycznych kąta $45 °$ wielokrotnie by osiągnąć zamierzony cel. Dobrze ilustruje to następujący przykład.

Przykład 14

Bardzo prosty szkic muszli amonitu uzyskano poprzez narysowanie trójkąta prostokątnego równoramiennego $A B C$ , a następnie narysowaniu czterech trójkątów do niego podobnych. Każdy kolejny trójkąt dorysowywano w taki sposób, że przeciwprostokątna poprzedniego trójkąta stawała się przyprostokątną dla kolejnego z nich. Otrzymany rysunek widoczny jest poniżej.

RfPlqDwD4rbqz

Ilustracja przedstawia pięć trójkątów prostokątnych równoramiennych o wspólnym wierzchołku A i pewnych wspólnych bokach. Trójkąty są coraz większe i każdy kolejny trójkąt oparty jest na przeciwprostokątnej poprzedniego, mniejszego trójkąta. Łącznie figury układają się w spiralę. Pierwszy, najmniejszy trójkąt to trójkąt ABC, gdzie przy wierzchołku B oznaczono kąt prosty, a przy wierzchołku A kąt 45 stopni. Kolejny, większy trójkąt, to trójkąt ACD, gdzie przy wierzchołku C oznaczono kąt prosty, przy A kąt 45 stopni. Na przeciwprostokątnej AD oparto kolejny, większy trójkąt ADE. Przy wierzchołku D oznaczono kąt prosty, przy A 45 stopni. Na przeciwprostokątnej AE oparto kolejny, większy trójkąt AEF. Przy wierzchołku E oznaczono kąt prosty, przy A 45 stopni. Na przeciwprostokątnej AF oparto kolejny, większy trójkąt AFG. Przy wierzchołku G oznaczono kąt prosty, przy A 45 stopni.

Pole tego szkicu wynosi $P = 217 {cm}^{2}$ . Jaką długość ma odcinek $A B$ ? Oblicz obwód tego wielokąta.

Dla ułatwienia oznaczmy długość odcinka $A B$ przez $a$ .

Wówczas pole powierzchni trójkąta $A B C$ wynosi $P_{A B C} = \frac{a^{2}}{2}$ , zaś

$|C D| = |A C| = \frac{a}{\sin 45 °} = \frac{a}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = a \sqrt{2}$ .

Zauważmy, że korzystając z tej samej wartości funkcji sinus jesteśmy w stanie wyznaczyć długości wszystkich pozostałych odcinków na tym rysunku:

$|D E| = |A D| = |A C| \cdot \sqrt{2} = 2 a$ ;
$|E F| = |A E| = |A D| \cdot \sqrt{2} = 2 \sqrt{2} a$ ;
$|A F| = |F G| = |A E| \cdot \sqrt{2} = 4 a$ ;
$|A G| = |A F| \cdot \sqrt{2} = 4 \sqrt{2} a$ .

Rozważany przez nas wielokąt jest podzielony na trójkąty, których pola w łatwy sposób jesteśmy w stanie obliczyć.

Mamy bowiem:

$P_{A C D} = \frac{|C D| \cdot |A C|}{2} = \frac{2 a^{2}}{2} = a^{2}$ ;
$P_{A D E} = \frac{|D E| \cdot |A D|}{2} = \frac{2 \cdot 2 a^{2}}{2} = 2 a^{2}$ ;
$P_{A E F} = \frac{|E F| \cdot |A E|}{2} = 4 a^{2}$ ;
$P_{A F G} = \frac{|F G| \cdot |A F|}{2} = 8 a^{2}$ .

Łączne pole powierzchni całego rozważanego wielokąta wynosi zatem:

$P = P_{A B C} + P_{A C D} + P_{A D E} + P_{A E F} + P_{A F G} = 15 \frac{1}{2} a^{2}$ .

Podstawiając znaną nam wartość $P$ otrzymujemy proste równanie kwadratowe, z którego jesteśmy w stanie wyliczyć długość boku $A B$ .

$217 {cm}^{2} = \frac{31 a^{2}}{2}$ ,

$\frac{434}{31} {cm}^{2} = a^{2}$ ,

$a^{2} = 14 {cm}^{2}$ ,

$a = \sqrt{14} cm \lor a = - \sqrt{14} cm$ .

Oczywiście długość boku trójkąta nie może być liczbą ujemną, więc

$|A B| = \sqrt{14} cm$ .

Obwód rozważanego wielokąta otrzymamy sumując odpowiednie długości boków rozpatrywanych w zadaniu trójkątów.

Mamy zatem

$l = |A B| + |B C| + |C D| + |D E| + |E F| + |F G| + |A G| =$

$= a + a + a \sqrt{2} + 2 a + 2 \sqrt{2} a + 4 a + 4 \sqrt{2} a =$

$= 8 a + 7 \sqrt{2} a = (8 \sqrt{14} + 7 \sqrt{28}) cm$ .

Ostatecznie obwód tego wielokąta wynosi $8 \sqrt{14} + 14 \sqrt{7} cm$ , zaś długość boku $A B$ to $\sqrt{14} cm$ .

Polecenie 7

Zapoznaj się z galerią zdjęć interaktywnych. Spróbuj najpierw samodzielnie rozwiązywać zamieszczone tam zdania, a dopiero następnie porównaj swoje rozwiązanie z przedstawionym w medium.

R14LHbUwwrN4X

Ilustracja pierwsza. Treść zadania: Wyznacz obwód prostokąta ABCD, wiedząc, że pole trapezu prostokątnego AEJG wynosi dwanaście początek ułamka, trzy, mianownik, cztery, koniec ułamka oraz suma jego podstaw wynosi początek ułamka, siedemnaście, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka. Rozwiązanie. Korzystając ze wzoru na pole powierzchni trapezu, wyznaczymy jego wysokość długość odcinka, E I, koniec długości odcinka. Ilustracja do zadania. Rysunek przedstawia prostokąt ABCD. Na górnym boku AB zaznaczono punkt E. Z punktu E poprowadzono odcinek do wierzchołka C. Na prawym pionowym boku BC oznaczono punkt F, z którego poprowadzono odcinek do punktu G leżącego na dolnym boku CD prostokąta. Odcinki EC i FG przecinają się w punkcie J. Z punktu G poprowadzono odcinek do wierzchołka A. Na lewym pionowym boku AD oznaczono punkt H, z którego poprowadzono odcinek do punktu E leżącego na górnym boku AB prostokąta. Odcinki GA i HE przecinają się pod kątem prostym w punkcie I. Wewnątrz prostokąta ABCD powstały dwie figury wyróżnione kolorem. Pierwsza to trójkąt prostokątny równoramienny AIE, gdzie przy wierzchołku I oznaczono kąt prosty, a przy wierzchołku E kąt 45 stopni. Druga figura w prostokącie to ukośnie położony prostokąt EIGJ. Łącznie figury wewnętrzne tworzą trapez prostokątny AGJE. Obliczenia. Pole trapezu AGJE wyraża się wzorem: P, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, razy, początek ułamka, siedemnaście, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, razy, długość odcinka, E I, koniec długości odcinka. Podstawiamy do lewej strony równania daną z treści zadania, czyli podaną wielkość pola. dwanaście początek ułamka, trzy, mianownik, cztery, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, jeden, mianownik, dwa, koniec ułamka, razy, początek ułamka, siedemnaście, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, razy, długość odcinka, E I, koniec długości odcinka Mnożymy obie strony przez cztery, pozbywając się ułamka. pięćdziesiąt jeden, równa się, siedemnaście pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, razy, długość odcinka, E I, koniec długości odcinka Wyznaczamy długość odcinka EI. długość odcinka, E I, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, trzy, mianownik, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, koniec ułamka, równa się, początek ułamka, trzy pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, mianownik, dwa, koniec ułamka

R19MZ3qd0dk2D

RC4SRcld4hyLp

R1Djsr9CZBan6

Ilustracja czwarta. Polecenie: Wyznaczymy długość boków trójkąta A D G. Długość boku A G to suma długości odcinków A I oraz I G, które są już nam znane. Zatem długość odcinka, A G, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A I, koniec długości odcinka, plus, długość odcinka, I G, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, plus, początek ułamka, siedem, mianownik, dwa, koniec ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, równa się, pięć pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka. Opis ilustracji. Rysunek przedstawia prostokąt A B C D. Na górnym boku A B zaznaczono punkt E. Z punktu E poprowadzono odcinek do wierzchołka C. Na prawym pionowym boku B C oznaczono punkt F, z którego poprowadzono odcinek do punktu G leżącego na dolnym boku C D prostokąta. Odcinki E C i F G przecinają się w punkcie J. Z punktu G poprowadzono odcinek do wierzchołka A. Na lewym pionowym boku AD oznaczono punkt H, z którego poprowadzono odcinek do punktu E leżącego na górnym boku A B prostokąta. Odcinki G A i H E przecinają się pod kątem prostym w punkcie I. Wewnątrz prostokąta A B C D powstały dwie figury wyróżnione kolorem. Pierwsza to trójkąt prostokątny równoramienny A I E, gdzie przy wierzchołku I oznaczono kąt prosty, a przy wierzchołku E kąt 45 stopni. Ramiona A I oraz I E trójkąta mają długość trzy drugie pierwiastków kwadratowych z dwóch każde. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt H A I o mierze 45 stopni, przy wierzchołku D zaznaczono kąt prosty, czyli kąt A D G. W ten sposób mamy także wewnętrzny trójkąt prostokątny równoramienny A D G o przekątnej pięć pierwiastków z dwóch. Druga figura w prostokącie to ukośnie położony prostokąt E I G J, którego krótszy bok pokrywa się z ramieniem trójkąta. Bok ten to I E o długości trzy drugich pierwiastka z dwóch. Dłuższy bok prostokąta, bok I G ma długość siedem drugich pierwiastków z dwóch. Łącznie figury wewnętrzne tworzą trapez prostokątny A G J E. Koniec opisu. Długość długość odcinka, A D, koniec długości odcinka wyznaczymy korzystając z wartości sinusa czterdzieści pięć stopni. Obliczenia. początek ułamka, długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, mianownik, długość odcinka, A G, koniec długości odcinka, koniec ułamka, równa się, sinus czterdzieści pięć stopni Stąd mamy, że długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, mianownik, dwa, koniec ułamka, razy, pięć pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, równa się, pięć. Dodatkowy komentarz: Z faktu, że trójkąt A D G jest równoramienny, otrzymujemy długość odcinka, D G, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A D, koniec długości odcinka, równa się, pięć.

RSd0FLPtUeIzS

Ilustracja piąta. Polecenie: Znamy już długość boku A D prostokąta A B C D. Wyznaczymy długość boku D C. Opis ilustracji: Rysunek przedstawia prostokąt A B C D. Na górnym boku A B zaznaczono punkt E. Z punktu E poprowadzono odcinek do wierzchołka C. Na prawym pionowym boku B C oznaczono punkt F, z którego poprowadzono odcinek do punktu G leżącego na dolnym boku C D prostokąta. Odcinki E C i F G przecinają się w punkcie J. Z punktu G poprowadzono odcinek do wierzchołka A. Na lewym pionowym boku AD oznaczono punkt H, z którego poprowadzono odcinek do punktu E leżącego na górnym boku A B prostokąta. Odcinki G A i H E przecinają się pod kątem prostym w punkcie I. Wewnątrz prostokąta A B C D powstały dwie figury wyróżnione kolorem. Pierwsza to trójkąt prostokątny równoramienny A I E, gdzie przy wierzchołku I oznaczono kąt prosty, a przy wierzchołku E kąt 45 stopni. Ramiona A I oraz I E trójkąta mają długość trzy drugie pierwiastków kwadratowych z dwóch każde. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt H A I o mierze 45 stopni, przy wierzchołku D zaznaczono kąt prosty, czyli kąt A D G. W ten sposób mamy także wewnętrzny trójkąt prostokątny równoramienny A D G o przekątnej pięć pierwiastków z dwóch. Druga figura w prostokącie to ukośnie położony prostokąt E I G J, którego krótszy bok pokrywa się z ramieniem trójkąta. Bok ten to I E o długości trzy drugich pierwiastka z dwóch. Dłuższy bok prostokąta, bok I G ma długość siedem drugich pierwiastków z dwóch. Łącznie figury wewnętrzne tworzą trapez prostokątny A G J E. Koniec opisu. Bok D C składa się z odcinków długość odcinka, D G, koniec długości odcinka, równa się, pięć i długość odcinka, G C, koniec długości odcinka. Zauważmy, że długość odcinka, G C, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A E, koniec długości odcinka, bo trójkąty A E I i G C J są przystające. Zatem znajdziemy długość odcinka długość odcinka, A E, koniec długości odcinka. Obliczenia. długość odcinka, A E, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, długość odcinka, E I, koniec długości odcinka, mianownik, sinus czterdzieści pięć stopni, koniec ułamka Po podstawieniu danych liczbowych mamy długość odcinka, A E, koniec długości odcinka, równa się, początek ułamka, początek ułamka, trzy, mianownik, dwa, koniec ułamka pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, mianownik, początek ułamka, pierwiastek kwadratowy z dwa koniec pierwiastka, mianownik, dwa, koniec ułamka, koniec ułamka, równa się, trzy. Komentarz: Stąd mamy długość odcinka, C G, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, A E, koniec długości odcinka, równa się, trzy. Zatem długość boku D C wynosi długość odcinka, D C, koniec długości odcinka, równa się, długość odcinka, D G, koniec długości odcinka, plus, długość odcinka, G C, koniec długości odcinka, równa się, pięć, plus, trzy, równa się, osiem.

R35RsUtwaqEIp

Polecenie 8

Wzorując się na przedstawionym w galerii zdjęć interaktywnych rozumowaniu, rozwiąż następujące zadanie:

Odcinek $A D$ stanowi środkową trójkąta prostokątnego równoramiennego $A B C$ poprowadzoną z wierzchołka $A$ kąta prostego. Punkt $F$ dzieli bok $A C$ na dwie równe części. Poprowadzono z niego odcinek $F E$ łączący go z przeciwprostokątną, równoległy do $A D$ . Pole otrzymanego w ten sposób trapezu prostokątnego $A D E F$ wynosi $12$ .

ROCB50J8WDU4u

Ilustracja przedstawia zamalowany wewnątrz trójkąt prostokątny A B C. Przy wierzchołku A znajduje się nieoznaczony kąt prosty. Z wierzchołka A poprowadzono wysokość A D na przeciwprostokątną B C i przy wierzchołku D oznaczono kąt prosty. Na podstawie A C zaznaczono punkt F, z którego poprowadzono równoległy do wysokości odcinek F E, gdzie punkt E leży na przeciwprostokątnej B C. Przy wierzchołku E zaznaczono kąt prosty między odcinkiem F E a przeciwprostokątną B C.

Oblicz pole trójkąta $A B C$ .

Spróbuj uzależnić pole trapezu od długości boku $A C$ , a następnie obliczyć długość tego boku. Jest to możliwe do wykonania na kilka sposobów – każdy z nich jest równie dobry.

Oznaczmy długość ramienia trójkąta $A B C$ przez $a$ . Z punktu $F$ poprowadźmy wysokość trapezu $A D E F$ – oznaczmy ją przez $G F$ . Trójkąt $A F G$ jest prostokątny i równoramienny, co więcej, $|A F| = \frac{a}{2}$ .

R1SO1u85fZWl7

Korzystając z wartości sinusa $45 °$ , mamy:

$\frac{|G F|}{|A F|} = \sin 45 °$

$|G F| = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \frac{a}{2} = \frac{a}{4} \sqrt{2}$

Oczywiście $|A G| = |G F| = \frac{a}{4} \sqrt{2}$ .

Trójkąt $A D B$ także jest prostokątny i równoramienny, zatem podobnie możemy uzależnić od $a$ długość podstawy $A D$ rozważanego trapezu.

$\frac{|A D|}{|B A|} = \sin 45 °$

$|A D| = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot a = \frac{a}{2} \sqrt{2}$

Umożliwia nam to wyznaczenie długości odcinka $G D$ – wynosi ona

$|G D| = \frac{a}{2} \sqrt{2} - \frac{a}{4} \sqrt{2} = \frac{a}{4} \sqrt{2}$

Umożliwia nam to zauważenie, że czworokąt $D E F G$ jest kwadratem.

Trapez $A D E F$ możemy więc podzielić na kwadrat $D E F G$ i trójkąt $A G F$ – których pola możemy opisać przy pomocy $a$ .

Uzyskujemy w ten sposób równanie kwadratowe, które łatwo jesteśmy w stanie rozwiązać:

$P_{A D E F} = P_{D E F G} + P_{A G F}$

$12 = {(\frac{a}{4} \sqrt{2})}^{2} + \frac{1}{2} \cdot {(\frac{a}{4} \sqrt{2})}^{2}$

$12 = \frac{3}{16} a^{2}$

$a^{2} = 64$

$a = 8 \lor a = - 8$

Oczywiście odrzucamy wariant z ujemną wartoscią $a$ .

Możemy już łatwo obliczyć pole trójkąta $A B C$ , które wynosi

$P_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot 8^{2} = 32$

Odpowiedź:

$32$ .

Ćwiczenie 1

R16JwPo7XjpnY

RzOKpG7B8D2dt

Ćwiczenie 2

R10p4iAIjtpPl

R1PnAlviRifKr

Rbp7QGuLglBcL2

Ćwiczenie 3

RhSKuJMRH4Xv92

Ćwiczenie 4

R1ASVv0PRT3bW2

Ćwiczenie 5

RlG5OiWQjhiNF2

Ćwiczenie 6

Ćwiczenie 7

Dany jest trapez prostokątny $A B C D$ (jak na rysunku poniżej), w którym krótsza przekątna jest równa $10 \sqrt{3}$ , a dłuższe ramię tworzy z dłuższą podstawą kąt $60 °$ .

RRbNMyLLGio4t

Rysunek przedstawia trapez prostokątny, którego wierzchołki oznaczone są literami: A, B, C i D. Przekątna trapezu dzieli go na dwa trójkąty prostokątne. Przekątna trapezu ma długość 10√3. Przekątna stanowi przeciwprostokątną trójkąta A, C, D. Przyprostokątne tego trójkąta do bok CD będący górną podstawą trapezu i bok DA będący prostopadłym bokiem trapezu. W drugim trójkącie przekątna trapezu stanowi jedną z jego przyprostokątnych, drugą przyprostokątną jest ramię BC trapezu. Przeciwprostokątna tego trójkąta to podstawa trapezu AB.

RBhZxHmTNJAMA

Ćwiczenie 8

RVyM4IG7ncoN6

R2YiGGT9FzLYW1

Ćwiczenie 9

Ćwiczenie 10

R1QjDWkLChLf9

R5VP16RPM8sIK

RAvWxWEXkBDbb

Ćwiczenie 11

R1d9g9STKxNaA

RtGQcS4njLTLj

RmPdyFAPOiFLC

R1OtOZ6UFi7cp

R1LJoICpRPprM

RCHCVUdNZBfgl2

Ćwiczenie 12

R1eMUBwh7PYA82

Ćwiczenie 13

R1IckdU7NhS4J2

Ćwiczenie 14

Ćwiczenie 15

Dany jest równoległobok o kącie ostrym $30 °$ , którego krótsza przekątna jest równa $10$ , a krótszy bok ma długość $8$ (jak na rysunku poniżej).

R16ZhZWwaAqBF

Rysunek przedstawia równoległobok. Kąt ostry równoległoboku ma wartość 30 stopni. Bok równoległoboku ma długość 8, Krótsza przekątna równoległoboku ma długość 10

R1ICTUvOatnBv

Ćwiczenie 16

Dany jest trapez równoramienny (jak na rysunku poniżej) o krótszej podstawie długości $9$ . Przekątna tego trapezu jest równa $10 \sqrt{3}$ i tworzy z dłuższą podstawą kąt $30 °$ .

R1ZYprNtlyQ31

Rysunek przedstawia trapez. Krótsza podstawa trapezu ma długość 9, Przekątna trapezu, tworzy z dłuższą podstawą trapezu kąt 30 stopni. Przekątna trapezu ma długość dziesięć pierwiastek kwadratowy z trzy koniec pierwiastka.

RLvjDYn3rC11z

RdMEMr6PvZYrP1

Ćwiczenie 17

Ćwiczenie 18

Na podstawie załączonego rysunku zaznacz poprawną odpowiedź.

RQfapupEqaWvC

Rysunek przedstawia trapez prostokątny A B C D. Z górnego prawego wierzchołka figury upuszczono wysokość C E o długości dwa. Kawałek dolnej podstawy, czyli odcinek A E ma długość pięć. Wysokość trapezu wraz z lewym ramieniem i kawałkiem dolnej podstawy tworzą trójkąt prostokątny równoramienny C E D, gdzie przy wierzchołku E znajduje się kąt prosty, a przy wierzchołkach C oraz D znajdują się kąty 45 stopni.

R1XtOv7MD3Icp

Ćwiczenie 19

Na podstawie załączonego rysunku oblicz ile wynosi pole poniższego trapezu.

R1LTncs1xRfat

Ilustracja przedstawia trapez równoramienny A B C D o górnej podstawie C D o długości 4 oraz ramionach A D i B C o długości pierwiastek z osiemnastu każde. Przy wierzchołkach dolnej podstawy, czyli przy A i B oznaczono kąty 45 stopni. Z wierzchołka D upuszczono wysokość D E, a z wierzchołka C upuszczono wysokość C F. Przy punktach E i F leżących na dolnej podstawie A B oznaczono kąty proste.

Zauważmy, że połączone odcinkami punkty $F B C$ tworzą trójkąt równoramienny prostokątny, przy czym odcinek $C F$ jest wysokością tego trapezu.

Znamy długość przeciwprostokątnej, zatem korzystając z wartości sinusa $45 °$ możemy znaleźć wysokość. Oznaczmy odcinek $C F$ przez $h$ . Wówczas:

$\sin 45 ° = \frac{h}{\sqrt{18}}$

$\frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{h}{3 \sqrt{2}}$

$h = \frac{3 \cdot \sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}{2} = \frac{6}{2} = 3$

Zatem wysokość $C F$ wynosi $h = 3$ .

Obliczenie pola powierzchni wymaga też, abyśmy znali długość odcinka $A B$ .

Możemy zauważyć, że odcinki $F B$ i $C F$ mają długość taką samą jak wysokość tego trapezu, czyli $3$ .

Ponadto odcinek $A D = \sqrt{18}$ , gdyż trapez $A B C D$ jest równoramienny.

W identyczny sposób jak dla trójkąta $F B C$ , możemy policzyć boki trójkąta $A E D$ .

Stąd otrzymamy, że odcinek $A E$ ma długość $3$ .

Analogicznie jak w poprzedniej sekcji, długość odcinka $E F$ jest taka sama jak długość krótszej z podstaw.

Ostatecznie jesteśmy w stanie obliczyć długość dłuższej podstawy jako sumę długości trzech odcinków:

$|A B| = 4 + 3 + 3 = 10$

Ostatecznie, powołując się na wzór na pole powierzchni trapezu, mamy:

$P = \frac{(10 + 4) \cdot 3}{2} = 21$

Ćwiczenie 20

Punkt $C$ jest punktem przecięcia się przekątnych kwadratu $A B D E$ .

RtoXH9RW3O8ql

Ilustracja przedstawia figurę A B C D E, która jest kwadratem z wyciętym z góry trójkątem prostokątnym równoramiennym. Boki A B i D E to pionowe boki o długości dwa. Bok A E to pozioma podstawa o długości dwa. W górnej części mamy wyciętą ćwiartkę kwadratu wyznaczoną przez przecinające się przekątne. Ta ćwiartka to trójkąt prostokątny równoramienny B C D. Przy wierzchołku C oznaczono kąt prosty. Kąty A B C oraz C D E mają 45 stopni każdy.

R1O9UNo2UibgY

Ćwiczenie 21

Do zadanego okręgu o środku w punkcie $A$ i promieniu $7$ dorysowany został styczny okrąg o promieniu $7 \cdot (\sqrt{2} - 1)$ i środku w punkcie $C$ . Z punktu $C$ poprowadzono styczną do pierwszego okręgu, a punkt styczności oznaczono literą $B$ . Oznaczmy punkt przecięcia tej stycznej i mniejszego okręgu przez $E$ . Oblicz długość odcinka $B E$ .

Zauważ, że $∢ A B C = 90 °$ , a następnie wykaż, że $∢ C A B = 45 °$ .

Zacznijmy od rysunku pomocniczego – oznaczmy długość szukanego odcinka przez $x$ .

R1bkScXjtKHEP

Ilustracja przedstawia dwa okręgi styczne. Po lewo leży mały okrąg o środku w punkcie C i promieniu o długości siedem pierwiastków z dwóch odjąć siedem. Po prawo leży duży okrąg o środku w punkcie A i promieniu o długości siedem. Na rysunek naniesiono także trójkąt A B C taki, że bok A C jest poziomy i jest on sumą promieni obu okręgów. Bok B C to bok biegnący od punktu B leżącego na prawym, dużym okręgu. Bok ten przecina mały okrąg w punkcie E. Odcinek E B znajdujący się poza okręgami opisano jako x. Bok trójkąta A B jest promieniem dużego okręgu i również ma długość siedem.

Trójkąt $A B C$ jest trójkątem prostokątnym, ponieważ $B$ jest punktem styczności.

Jesteśmy w stanie obliczyć długość przeciwprostokątnej w tym trójkącie, dodając długości promieni obydwu okręgów do siebie. Uzyskujemy wówczas

$|A C| = 7 \cdot (\sqrt{2} - 1) + 7 = 7 \sqrt{2}$ .

Zatem cosinus kąta $α = ∢ B A C$ wynosi

$\cos α = \frac{|A B|}{|A C|} = \frac{7}{7 \sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ .

Oznacza to, że $α = 45 °$ , a zatem trójkąt $A B C$ jest trójkątem równoramiennym.

Odcinek $C B$ ma więc długość $7$ .

Zatem $|E B| = |C B| - |C E| = 7 - 7 \cdot (\sqrt{2} - 1) = 14 - 7 \sqrt{2}$ .

$|E B| = 14 - 7 \sqrt{2}$ .

RSLvN4edFeGHj2

Ćwiczenie 22

RjetCv2SZDx2r2

Ćwiczenie 23

Ćwiczenie 24

Dany jest trapez, w którym podstawy mają długości $|A B| = 12 \sqrt{2} cm$ i $|C D| = 16 \sqrt{2} cm$ , zaś bok $|A D|$ , będący dłuższym z jego ramion tworzy z podstawą $|C D|$ kąt o mierze $45 °$ . Oblicz obwód tego trapezu, jeżeli jego pole wynosi $112 {cm}^{2}$ .

Zacznijmy od obliczenia wysokości podanego w zadaniu trapezu.

Niech $|A E|$ będzie szukaną wysokością, wówczas:

$112 {cm}^{2} = \frac{1}{2} \cdot ((|A B| + |C D|) \cdot | A E |)$

$224 {cm}^{2} = ((28 \sqrt{2} cm) \cdot |A E|)$

$8 cm = \sqrt{2} \cdot |A E|$

$|A E| = 4 \sqrt{2} cm$

Zauważamy, że wierzchołki $A E D$ wyznaczają trójkąt prostokątny.

Z uwagi na fakt, że kąt $∢ A D E$ przy jego podstawie ma miarę $45 °$ , jest on także równoramienny, bowiem $ctg 45 ° = 1$ .

Długości obydwu przyprostokątnych trójkąta $A D E$ wynoszą $4 \sqrt{2} cm$ , zatem korzystając z wartości sinusa kąta $45 °$ mamy:

$|A D| = \frac{4 \sqrt{2} cm}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = 8 cm$

Ponadto $|C D| - |A B| = 4 \sqrt{2} cm = |E D|$ .

Oznacza to, że $|E C| = |A B|$ .

Zatem ramię $|B C|$ trapezu jest prostopadłe do podstaw.

Stąd mamy, że $|B C| = |E A| = 4 \sqrt{2} cm$ .

Całościowy obraz sytuacji przedstawionej w zadaniu prezentuje poniższy rysunek.

R1KRfkZdcoQ6R

Rysunek przedstawia trapez prostokątny A B C D. Górna podstawa trapezu jest dłuższa, jest to bok C D o długości 16 pierwiastków z dwóch. Dolna postawa jest krótsza, jest to bok A B o długości 12 pierwiastków z dwóch. Przy punkcie E zaznaczono kąt prosty. Z dolnego prawego wierzchołka figury poprowadzono w górę wysokość A E o długości 4 pierwiastki z dwóch. Kawałek górnej podstawy, czyli odcinek E D ma długość 4 pierwiastki z dwóch. Ukośne ramię trapezu, czyli bok A D ma długość 8, a pionowe ramię trapezu ma taką samą długość jak wysokość figury, czyli 4 pierwiastki z dwóch.

Ostatecznie obwód trapezu wynosi:

$l = 16 \sqrt{2} + 12 \sqrt{2} + 4 \sqrt{2} + 8 = (32 \sqrt{2} + 8) cm$ .

Ćwiczenie 25

Korzystając z danych przedstawionych na poniższym rysunku, wyznacz długość $a$ boku $E D$ , jeżeli $y = \frac{\sqrt{34}}{3} x$ .

R18INPr3XCPjD

Ilustracja przedstawia figurę składającą się z trzech trójkątów prostokątnych, z czego dwa z nich są równoramienne. Lewy trójkąt to trójkąt równoramienny D E F. Przy wierzchołku E zaznaczono kąt prosty, a przy wierzchołkach D i F zaznaczono kąty 45 stopni. Bok D E opisano małą literą a, natomiast przekątną D F opisano małą literą y. Przekątna ta jest również przekątną drugiego trójkąta, czyli trójkąta A D F. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt prosty. Bok A F opisano małą literą x. Kawałek boku A D jest wspólny z trzecim, małym trójkątem prostokątnym równoramiennym A B C. Przy wierzchołku A zaznaczono kąt prosty, a przy wierzchołkach B i C zaznaczono kąty 45 stopni. Przekątna B C ma długość dwa. Wierzchołek C leży na boku A D drugiego trójkąta A D F i dzieli jego bok A D na dwa odcinki: A C oraz C D, który opisany jest małą literą x.

Zauważamy, że trójkąt $A B C$ jest równoramienny i prostokątny. Zatem:

$|A C| = \sin 45 ° \cdot 2 = \sqrt{2}$

Kąt $∢ C A B = ∢ F A D = 90 °$ , więc z twierdzenia Pitagorasa uzyskujemy, że

${|A F|}^{2} + {|A D|}^{2} = {|D F|}^{2}$

Uwzględniając warunki podane na początku zadania uzyskujemy następujący układ równań:

$\{\begin{cases} y^{2} = x^{2} + {(x + \sqrt{2})}^{2} \\ y = x \cdot \frac{\sqrt{34}}{3} \end{cases}$

Podstawiając drugie równanie do pierwszego otrzymujemy:

$x^{2} \cdot \frac{34}{9} = x^{2} + {(x + \sqrt{2})}^{2}$

$x^{2} \cdot \frac{16}{9} - 2 \sqrt{2} x - 2 = 0$

$x = \frac{3 \sqrt{2}}{2} \lor x = - \frac{3 \sqrt{2}}{8}$

Oczywiście długość boku nie możne być ujemna, zatem ostatecznie otrzymujemy:

$\{\begin{cases} y = \sqrt{17} \\ x = \frac{3 \sqrt{2}}{2} \end{cases}$

Korzystając z funkcji trygonometrycznych kąta $45 °$ , mamy:

$a = \frac{\sqrt{2}}{2} \cdot \sqrt{17} = \frac{\sqrt{34}}{2}$

$a = \frac{\sqrt{34}}{2}$ .

Słownik

romb

czworokąt o wszystkich bokach równych, jest szczególnym przypadkiem równoległoboku; przeciwległe boki rombu są równoległe, przekątne dzielą się na połowy i są wzajemnie prostopadłe; są one równocześnie dwusiecznymi kątów

trapez

czworokąt, którego ma przynajmniej jedną parę boków równoległych;

przystawanie figur

własność figur geometrycznych; dwie figury są przystające jeżeli jedną można otrzymać z drugiej przez wykonanie pewnej ilości przesunięć, obrotów i symetrii

wysokość trapezu

odległość między podstawami trapezu

środek ciężkości trójkąta

punkt przecięcia się środkowych trójkąta, czyli odcinków łączących wierzchołki trójkąta ze środkami przeciwległych boków

odległość punktu

P

od prostej

k

odległość punktu

P

od prostej

k

długość odcinka prostej prostopadłej do $k$ , którego końcami są punkt $P$ i punkt przecięcia z prostą $k$

środkowa trójkąta

odcinek łączący wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku; każdy trójkąt ma trzy środkowe, odpowiadające poszczególnym jego wierzchołkom

2. Zastosowanie wartości funkcji trygonometrycznych kątów ostrych - wielokąty

M_R_W07_M2 Zastosowanie funkcji trygonometrycznych kąta ostrego