• Wykorzystasz wartości funkcji trygonometrycznych kątów $30°$, $45°$ i $60°$ do rozwiązywania trójkątów.

• Zastosujesz funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich oraz obliczania pól figur.

• Obliczysz miary kątów korzystając z tablic wartości funkcji trygonometrycznych.

Przekątna prostokąta ma długość $4 \mathrm{cm}$ i tworzy z dłuższym bokiem kąt o mierze $30°$. Obliczymy obwód prostokąta.

RiFMuEZNAim7J

Rysunek przedstawia prostokąt o krótszym pionowym boku b i o dłuższym poziomym boku a. W prostokącie poprowadzono przekątną o długości czterech centymetrów. Między podstawą a a przekątną zaznaczono kąt 30 stopni.

Aby obliczyć obwód prostokąta, należy wyznaczyć długości jego boków. Przekątna „dzieli” prostokąt na dwa trójkąty prostokątne. Możemy zastosować więc funkcje trygonometryczne.

Bok $a$ wyznaczymy z funkcji cosinus:

$\cos 30°=\frac{a}{4}$ i $\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, czyli $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\mathrm{a}}{4}$, zatem $2·a=\sqrt{3}·4$, więc $a=2\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Bok $b$ wyznaczymy z funkcji sinus:

$\sin 30°=\frac{b}{4}$, $\sin 30°=\frac{1}{2}$, więc $\frac{1}{2}=\frac{b}{4}$, $b=2 \mathrm{cm}$.

Mogliśmy wyznaczyć $b$,wykorzystując fakt, że długość przyprostokątnej trójkąta prostokątnego leżącej naprzeciw kąta $30°$ jest połową długości przeciwprostokątnej, czyli $b=4:2=2 \mathrm{cm}$.

Obwód prostokąta zapisujemy za pomocą wzoru: $L=2a+2b$.

Podstawiając $a=2\sqrt{3} \mathrm{cm}$ i $b=2 \mathrm{cm}$, otrzymujemy $L=2·2\sqrt{3}+2·2=4\sqrt{3}+4=4\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $4\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Obwód równoległobokurównoległobokrównoległoboku wynosi $60 \mathrm{cm}$. Jeden bok jest $2$ razy krótszy od drugiego. Obliczymy pole tego równoległoboku, jeżeli kąt ostry ma miarę $60°$.

R10CynH6OPPar

Ilustracja przedstawia równoległobok o poziomej podstawie a i ukośnym boku b. Z górnego lewego wierzchołka czworokąta upuszczono wysokość h na dolną podstawę i oznaczono kąt prosty między podstawa a wysokością. Między lewym bokiem a podstawą oznaczono kąt 60 stopni.

Oznaczmy:
$h$ – wysokość równoległoboku,
$a$, $b$ – boki równoległoboku,
$L$ – obwód równoległoboku.

Z treści zadania wynika, że: $L=60 \mathrm{cm}$ i $a=2b$.

Ze wzoru na obwód równoległoboku mamy $L=2a+2b=2·2b+2b=4b+2b=6b$, a ponieważ $L=60$, to $6b=60$, stąd $b=10 \mathrm{cm}$, a ponieważ $a=2b$, to $a=20 \mathrm{cm}$.

Aby wyliczyć pole równoległoboku, musimy wyznaczyć jego wysokość $h$. Wysokość jest prostopadła do boku $a$, możemy więc skorzystać z funkcji sinus.

$\frac{h}{b}=\sin 60°$ i $\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$, więc $\frac{h}{b}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, stąd $h=b·\frac{\sqrt{3}}{2}$, podstawiając $b=10$, otrzymujemy $h=\frac{10·\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Obliczamy pole równoległoboku: $P=ah=20·5\sqrt{3}=100\sqrt{3} {\mathrm{cm}}^2$.

Odp. Pole równoległoboku wynosi $100\sqrt{3} {\mathrm{cm}}^2$.

Obliczymy obwód prostokąta, którego przekątne przecinają się pod kątem $60°$, a jeden z boków jest równy $12 \mathrm{cm}$. Rozważymy dwa przypadki.

Przypadek 1 ($b=12 \mathrm{cm}$):

Z rysunku wynika, że: $\sphericalangle AOB=180°-60°=120°$, $\sphericalangle EOB=120°:2=60°$, więc $\sphericalangle EBO=30°$.

R16AgVmR1eQX1

Rysunek przedstawia prostokąt A B C D, gdzie dłuższe poziome boki A B oraz C D mają długość a, natomiast pionowe boki A D oraz B C mają długość b równa się dwanaście. W prostokącie poprowadzono przekątne, które przecinają się w punkcie O. Z punktu O poprowadzono do dolnej podstawy pionowy odcinek O E i przy punkcie E leżącym na boku A B prostokąta zaznaczono kąt prosty. Zaznaczono również kąt E B O o mierze stopni oraz kąt B O C o mierze stopni. Pod rysunkiem zapisano następujące informacje: miara kąta A O B wynosi 180 stopni odjąć 60 stopni równa się 120 stopni, miara kąta E O B wynosi 120 stopni podzielić na 2 równa się 60 stopni, więc kąt E B O ma miarę 30 stopni.

Zauważmy, że: $\left|AE\right|=\left|EB\right|=\frac{1}{2}a$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b=6 \mathrm{cm}$ i kąt $EBO$ ma miarę $30°$. Trójkąt $OEB$ jest prostokątny, więc korzystając z funkcji tangens wyliczmy długość boku $a$:

$\frac{\left|OE\right|}{\left|EB\right|}=tg30°$, a ponieważ $\left|EB\right|=\frac{1}{2}a$ i $\left|OE\right|=6$, więc $\frac{6}{{\displaystyle \frac{a}{2}}}=tg30°$, $6=\frac{a}{2}·tg30°$ i $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, stąd

$a=\frac{12}{\frac{\sqrt{3}}{3}}=\frac{12·3}{\sqrt{3}}=\frac{36}{\sqrt{3}}=\frac{36·\sqrt{3}}{\sqrt{3}·\sqrt{3}}=12·\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Ze wzoru na obwód prostokąta: $L=2a+2b$ otrzymujemy

$L=2·12\sqrt{3}+2·12=24\sqrt{3}+24=24\left(\sqrt{3}+1\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $24\left(\sqrt{3}+1\right)\mathrm{cm}$.

Przypadek 2 ($a=12 \mathrm{cm}$):

R1NqxuXEBv3Ym

Rysunek przedstawia prostokąt A B C D, gdzie dłuższe poziome boki A B oraz C D mają długość a równą 12, natomiast pionowe boki A D oraz B C mają długość b. W prostokącie poprowadzono przekątne, które przecinają się w punkcie O. Z punktu O poprowadzono do dolnej podstawy pionowy odcinek O E i przy punkcie E leżącym na boku A B prostokąta zaznaczono kąt prosty. Zaznaczono również kąt E B O o mierze stopni oraz kąt B O C o mierze stopni. Pod rysunkiem zapisano następujące informacje: miara kąta A O B wynosi 180 stopni odjąć 60 stopni równa się 120 stopni, miara kąta E O B wynosi 120 stopni podzielić na 2 równa się 60 stopni, więc kąt E B O ma miarę 30 stopni.

Z rysunku wynika, że: $\sphericalangle AOB=180°-60°=120°$, $\sphericalangle EOB=120°:2=60°$, więc $\sphericalangle EBO=30°$.

Zauważmy, że: $\left|AE\right|=\left|EB\right|=\frac{1}{2}a=6 \mathrm{cm}$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b$ i kąt $EBO$ ma miarę $30°$. Trójkąt $OEB$ jest prostokątny, więc korzystając z funkcji tangens wyliczymy długość boku $b$:

$\frac{\left|OE\right|}{\left|EB\right|}=tg30°$, $\left|OE\right|=\frac{1}{2}b$ i $\left|EB\right|=6$, więc $\frac{\frac{b}{2}}{6}=tg30°$, $\frac{b}{2}=6·tg30°$, a ponieważ $tg30°=\frac{\sqrt{3}}{3}$, to otrzymujemy $b=\frac{12·\sqrt{3}}{3}=4\sqrt{3} \mathrm{cm}$.

Ze wzoru na obwód prostokąta $L=2a+2b$ obliczamy

$L=2·12+2·4\sqrt{3}=24+8\sqrt{3}=8\left(3+\sqrt{3}\right) \mathrm{cm}$.

Odp. Obwód prostokąta wynosi $8\left(3+\sqrt{3}\right)\mathrm{cm}$.

Obliczmy pole trapezutrapeztrapezu równoramiennego, którego dłuższa podstawa ma długość $16 \mathrm{cm}$, a ramię o długości $6 \mathrm{cm}$ tworzy z podstawą kąt $45°$.

R1RKOw9c7KAjo

Rysunek przedstawia trapez równoramienny o ramionach o długości 6 nachylonych do dolnej postawy pod kątem 45 stopni. Górna, krótsza podstawa ma długość b, natomiast dolna podstawa ma długość a równą szesnaście. Z górnych wierzchołków poprowadzono dwie wysokości h. Między wysokościami a podstawą oznaczono kąty proste. Wysokości podzieliły dolną podstawę na trzy odcinki. Od lewej mamy: Od lewego dolnego wierzchołka trapezu do pierwszej wysokości mamy odcinek x, między wysokościami mamy odcinek b, między prawą wysokością a prawym dolnym wierzchołkiem mamy odcinek x.

Przyjmując oznaczenia jak na rysunku, możemy zapisać $a=2x+b$, a ponieważ $a=16$, to $2x+b=16$.

Do wyznaczenia pola trapezu wykorzystamy wzór $P=\frac{a+b}{2}·h$.

Wyznaczmy wysokość trapezuwysokość trapezuwysokość trapezu $h$, korzystając z funkcji sinus: $\sin 45°=\frac{h}{6}$ i $\sin 45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$, czyli $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{h}{6}$, $2·h=\sqrt{2}·6$, więc $h=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Aby wyznaczyć długość krótszej podstawy, musimy obliczyć długość odcinka $x$. W tym celu, zapisując $\cos 45°=\frac{x}{6}$ i podstawiając $\cos 45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$, otrzymujemy $\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x}{6}$, $2·x=\sqrt{2}·6$, więc $x=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Mogliśmy $x$ wyznaczyć, wykorzystując fakt, że przyprostokątne w trójkącie prostokątnym równoramiennym są równe, więc $x=h=3\sqrt{2} \mathrm{cm}$.

Przejdźmy teraz do wyliczenia krótszej podstawy $b$ trapezu.

Z równania $2x+b=16$ wyznaczamy $b=16-2x$ i podstawiając $x=3\sqrt{2}$, otrzymujemy

$b=16-2·3\sqrt{2}=16-6\sqrt{2}=2\left(8-3\sqrt{2}\right) \mathrm{cm}$.

Wyliczone wartości $h$ i $b$ podstawiamy do wzoru na pole trapezu $P=\frac{a+b}{2}·h$.

$P=\frac{a+b}{2}·h=\frac{16+16-6\sqrt{2}}{2}·3\sqrt{2}=\frac{32-6\sqrt{2}}{2}·3\sqrt{2}=$

$=\frac{2\left(16-3\sqrt{2}\right)}{2}·3\sqrt{2}=\left(16-3\sqrt{2}\right)·3\sqrt{2}=48\sqrt{2}-18=18\left(\sqrt{2}-1\right) {\mathrm{cm}}^2$

Odp. Pole trapezu wynosi $18\left(\sqrt{2}-1\right) {\mathrm{cm}}^2$.

Dłuższa podstawa trapezu ma długość $12$ a ramię jest $2$ razy krótsze od tej podstawy. Przekątne tego trapezu przecinają się pod kątem $60°$. Obliczymy długość drugiej podstawy tego trapezu.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RqjLuxkaRmpyQ

Rysunek przedstawia trapez A B C D, w którym poprowadzono przekątne przecinające się w punkcie O. Dolna podstawa A B ma długość dwanaście. Ukośne ramię B C ma długość sześć. Na górnej podstawie C D zaznaczono punkt E, a na dolnej podstawie A B oznaczono punkt F i narysowano odcinek E F. Odcinek ten składa się z dwóch odcinków – odcinka E O opisanego jako y ora odcinka O F opisanego jako x. Część górnej podstawy, czyli odcinek E C oznaczony jest jako a i ma długość sześć. Z górnego lewego wierzchołka trapezu poprowadzono linią przerywaną wysokość h, która jest odcinkiem C G. Przy punktach F i G należących do dolnej podstawy A B oznaczono kąty proste. Odcinek składowy dolnej podstawy, czyli odcinek G B podpisano jako sześć odjąć a. Na rysunku zaznaczono również trzy kąty wokół punktu O: kąt F O B to kąt beta, kąt B O C to kąt alfa oraz kąt C O E to kąt beta.

Skoro $\alpha =60°$, to $2\beta =120°$, zatem $\beta ={60}^{\circ }$.

W trójkącie $FBO$: $\mathrm{tg}\beta =\frac{6}{x}$, więc: $\mathrm{tg}{60}^{\circ }=\frac{6}{x}$, stąd: $x=\frac{6}{\mathrm{tg}{60}^{\circ }}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$.

W trójkącie $EOC$: $\mathrm{tg}\beta =\frac{a}{y}$, stąd: $a=y\cdot \mathrm{tg}{60}^{\circ }=y\sqrt{3}$.

Skorzystamy z tw. Pitagorasa w trójkącie $CGB$:

$h^2+{\left(6-a\right)}^2=6^2$

${\left(x+y\right)}^2+{\left(6-y\sqrt{3}\right)}^2=36$

${\left(2\sqrt{3}+y\right)}^2+{\left(6-y\sqrt{3}\right)}^2=36$

$12+4\sqrt{3}y+y^2+36-12y\sqrt{3}+3y^2=36$

$4y^2-8y\sqrt{3}+12=0$

${\left(2y-2\sqrt{3}\right)}^2=0$

$y=\sqrt{3}$.

Zatem: $a=3$.

Dłuższe ramię trapezu ma długość $8\sqrt{2}$ i jest nachylone do dłuższej podstawy pod kątem $45°$. Wyznaczymy miarę kąta nachylenia drugiego ramienia do dłuższej podstawy, jeśli pole trapezu wynosi $96$, a długości podstaw są w stosunku $1:3$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RfhZfXtj6byHn

Rysunek przedstawia trapez A B C D, w którym prawe ramię B C ma długość osiem pierwiastków z dwóch, górna podstawa ma długość a. Z górnych wierzchołków upuszczono wysokości h i oznaczono między nimi a podstawą dolną kąty proste. Wysokości to odcinki: lewa D F, a prawa wysokość to odcinek C E. Wysokości podzieliły dolną podstawę na trzy odcinki. Od lewej: odcinek A F opisano jako y, odcinek F E jest równy a, odcinek E B opisano jako x. Lewe ramię jest nachylone do podstawy pod kątem alfa, jest to kąt D A F. Prawe ramię jest nachylone do podstawy pod kątem 45 stopni, jest to kąt C B E.

Obliczymy długość boku $EB$. W trójkącie $CEB$: $\cos {45}^{\circ }=\frac{x}{8\sqrt{2}}$, stąd: $x=8\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=8$.

Podobnie:

$\sin {45}^{\circ }=\frac{h}{8\sqrt{2}}$, zatem: $h=8\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=8$.

Z treści zadania $\left|AB\right|=3a$.

Zauważmy, że: $\left|AB\right|=y+\left|FE\right|+x$, stąd: $3a=y+a+8$, czyli: $y=2a-8$.

Skorzystamy z pola trapezu:

$96=\frac{a+3a}{2}\cdot 8$

$4a=24$

$a=6$

Zatem: $y=2\cdot 6-8=4$.

W trójkącie $AFD$: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{h}{y}$, stąd: $\mathrm{tg}\alpha =\frac{8}{4}=2$ i w konsekwencji $\alpha \approx 64°$.

Wyznaczymy długości przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym o przeciwprostokątnej długości $12$, jeżeli $\alpha$ jest kątem ostrym i $\mathrm{tg}\alpha =3$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trójkąt prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku:

R21y02996g4y5

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny o podstawie $a$, pionowej przyprostokątnej $b$ oraz o przeciwprostokątnej o długości $12$. Zaznaczono także dwa kąty wewnętrzne trójkąta. Kąt prosty między bokami $a$ i $b$ oraz kąt $\alpha$ między bokami $a$ i przeciwprostokątną.

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =3$, to $\frac{b}{a}=3$, zatem $b=3·a$.

Jeżeli wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa, to

$a^2+b^2={12}^2$, wobec tego

$a^2+{\left(3·a\right)}^2={12}^2$, czyli $10a^2=144$

Zatem długości przyprostokątnych tego trójkąta wynoszą:

$a=\frac{12}{\sqrt{10}}=\frac{12\sqrt{10}}{10}=\frac{6\sqrt{10}}{5}$

$b=3·\frac{6\sqrt{10}}{5}=\frac{18\sqrt{10}}{5}$

Obliczymy długości odcinków $x,y$ i $h$ w trójkącie o wymiarach jak na rysunku, jeżeli wiadomo, że $\mathrm{tg}\alpha =2$.

RdMlQ26OlstWE

Rysunek przedstawia trójkąt o ramionach o długościach: lewe $3$ oraz prawe $9$. Z górnego wierzchołka upuszchono na podstawę wysokość $h$ i oznaczono między podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła podstawę na dwie części: lewa to $x$, a prawa to $y$. W ten sposób powstały dwa trójkąty prostokątne o wspólnym boku. Trójkąt prostokątny lewy składa się z następujących boków: przyprostkokątnych $x$ oraz $h$ i przeciwprostokątnej o długości $6$, przy czym między przeciwprostokątną a bokiem $x$ zaznaczono kąt $\alpha$. Trójkąt prostokątny prawy składa się z następujących boków: przyprostkokątnych $y$ oraz $h$ i przeciwprostokątnej o długości $9$.

Rozwiązanie:

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =2$, zatem

$\frac{h}{x}=2$, czyli $h=2·x$

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy:

$h^2+x^2=6^2$

${\left(2·x\right)}^2+x^2=6^2$

$5x^2=36$

$x^2=\frac{36}{5}$

$x=\frac{6\sqrt{5}}{5}$

Stąd $h=2·\frac{6\sqrt{5}}{5}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy:

$h^2+y^2=9^2$

${\left(\frac{12\sqrt{5}}{5}\right)}^2+y^2=9^2$

$\frac{144}{5}+y^2=81$

$y^2=\frac{261}{5}$

$y=\frac{3\sqrt{145}}{5}$

Obliczymy długości przekątnych w trapezie prostokątnym o podstawach długości $9$ i $6$, jeżeli $\alpha$ jest kątem ostrym trapezu i $\cos \alpha =\frac{1}{4}$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trapez prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RmORVyxswgYUZ

Rysunek przedstawia trapez prostokątny o prawym ukośnym ramieniu o długości $r$ oraz podstawach o długościach: górna $6$ i dolna $9$. Z górnego prawego wierzchołka upuszchono linią przerywaną wysokość $h$ i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego prawą część opisano jako $x$. Wewnątrz trapezu poprowadzono dwie przekątne: przekątna $f$ biegnie od lewego górnego wierzchołka do prawego dolnego, a przekątna $e$ biegnie od lewego dolnego wierzchołka do prawego górnego wierzchołka trapezu. Między ramieniem $r$ a kawałkiem podstawy dolnej $x$ zaznaczono kąt $\alpha$.

Zauważmy, że $x=9-6=3$.

Ponieważ $\cos \alpha =\frac{1}{4}$, to $\frac{3}{r}=\frac{1}{4}$, czyli $r=12$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$h^2+x^2=r^2$.

Stąd

$h^2+3^2={12}^2$, zatem $h=3\sqrt{15}$.

Wyznaczamy, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, długości przekątnych $e$ i $f$ w tym trapezie.

$e^2={\left(3\sqrt{15}\right)}^2+6^2$

$e^2=171$, czyli $e=\sqrt{171}=3\sqrt{19}$

$f^2=9^2+{\left(3\sqrt{15}\right)}^2$

$f^2=216$, czyli $f=\sqrt{216}=6\sqrt{6}$

Obliczymy długości przekątnych w trapezie równoramiennym o podstawach długości $12$ i $20$, jeżeli sinus kąta ostrego w tym trapezie wynosi $\frac{2}{5}$.

Rozwiązanie:

Narysujmy trapez równoramienny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku:

RJxBg5iH18BqX

Rysunek przedstawia trapez prostokątny o lewym ukośnym ramieniu $x$ oraz podstawach o długościach: górna $12$ i dolna $20$. Z górnego lewego wierzchołka upuszchono wysokość $h$ i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego lewą część opisano jako $y$. Wewnątrz trapezu poprowadzono przekątną $d$ biegnącą od lewego górnego wierzchołka do prawego dolnego wierzchołka trapezu. Między ramieniem $x$ a kawałkiem podstawy dolnej $y$ zaznaczono kąt $\alpha$.

Jeżeli $\sin \alpha =\frac{2}{5}$, to $\frac{h}{x}=\frac{2}{5}$, zatem $x=\frac{5}{2}·h$.

Zauważmy, że $y=\left(20-12\right):2=4$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$4^2+h^2={\left(\frac{5}{2}·h\right)}^2$

Równanie zapisujemy w postaci:

$h^2=\frac{64}{21}$, zatem $h=\frac{8}{\sqrt{21}}=\frac{8\sqrt{21}}{21}$.

Zauważmy, że $z=20-4=16$.

W trapezie równoramiennym przekątne są równej długości, dlatego do wyznaczenia długości $d$ korzystamy z twierdzenia Pitagorasa:

$d^2=h^2+z^2$

Zatem $d^2={\left(\frac{8}{\sqrt{21}}\right)}^2+{16}^2$, czyli $d^2=\frac{5440}{21}$.

Wobec tego $d=\frac{8\sqrt{85}}{\sqrt{21}}=\frac{8\sqrt{1785}}{21}$.

Obliczymy długość dłuższej przekątnej w rombie o kącie ostrym $\alpha$, jeżeli wysokość rombu ma długość $4$, a cosinus kąta $\alpha$ jest równy $\frac{1}{3}$.

Rozwiązanie:

Wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

RySPJ7mUdN9TN

Rysunek przedstawia romb o boku $a$. Z górnego lewego wierzchołka upuszchono wysokość o długości $4$ i oznaczono między dolną podstawą a wysokością kąt prosty. Wysokość podzieliła dolną podstawę na dwie części, z czego lewą część opisano jako $x$. Tak powstał trókąt prostokątny o przyprostokątnych $x$ i $4$ oraz o przeciwprostokątnej $a$. Wewnątrz rombu poprowadzono przekątną $d$ biegnącą od lewego dolnego wierzchołka do prawego górnego wierzchołka rombu. Między lewym bokiem $a$ a kawałkiem podstawy dolnej $x$ zaznaczono kąt $\alpha$. Z prawego górnego wierzchołka poprowadzono linią przerywaną pionową wysokość i przedłużono podstawę figury o odcinke $x$ również linią przerywaną i zaznaczono między nimi kat prosty.

Ponieważ $\cos \alpha =\frac{1}{3}$, zatem $\frac{x}{a}=\frac{1}{3}$, więc $a=3·x$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa, zapisujemy i rozwiązujemy równanie:

$4^2+x^2=a^2$

Wobec tego $4^2+x^2={\left(3·x\right)}^2$, zatem

$16=8x^2$

$x^2=2$

$x=\sqrt{2}$

Długość boku rombu wynosi

$a=3·\sqrt{2}=3\sqrt{2}$

Do wyznaczenia długości przekątnej $d$ rozwiązujemy równanie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

$d^2=4^2+{\left(a+x\right)}^2$

$d^2=4^2+{\left(4\sqrt{2}\right)}^2$

$d^2=48$

Zatem $d=4\sqrt{3}$.

Obliczymy, jaką co najmniej długość powinna mieć koronka potrzebna do obszycia serwety, której kształt przedstawiony jest na rysunku:

R16pG2kdYHYmS

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny na tle w kratkę. Pozioma podstawa ma długość ośmiu kratek i podpisana jest jako 8 centymetrów. Pionowa przyprostokątna to bok a zajmujący 8 kratek, a przeciwprostokątna to bok c. Zaznaczono dwa kąty wewnętrzne trójkąta: kąt prosty oraz kąt o mierze 45 stopni między podstawą a bokiem c.

Rozwiązanie:

Zauważmy, że serweta ma kształt trójkąta prostokątnego równoramiennego, zatem $a$ ma długość $8 \mathrm{cm}$. Korzystając z definicji cosinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnymcosinus kąta ostrego w trójkącie prostokątnymcosinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym obliczymy długość odcinka $c$: $\cos 45°=\frac{8}{c}$, stąd $c=\frac{8}{\cos 45°}$.

Korzystamy z apletu i wyznaczamy wartość $\cos 45°$. Mamy zatem: $c\approx \frac{8}{0,7071}\approx 11,31 \mathrm{cm}$.

Na obszycie serwety potrzeba więc około $27,31 \mathrm{cm}$ koronki.

Wyznaczymy wysokość drzewa przedstawionego na ilustracji.

R6yT8U8s3ORIP

Ilustracja przedstawia rysunek drzewa oraz trójkąta prostokątnego na tle w kratkę. Pionowa przyprostokątna ma taką samą długość, jak wysokość drzewa i zajmuje 8 kratek. Postawa będąca poziomą przyprostokątną zajmuje 12 kratek i opisana jest jaki 1,2 metra. W trójkącie zaznaczono dwa kąty wewnętrzne: kąt prosty oraz kąt o mierze 30 stopni między podstawą a przeciwprostokątną.

Rozwiązanie

Wysokość drzewa oznaczamy przez $h$ i korzystamy z definicji funkcji tangens w trójkącie prostokątnym: $\mathrm{tg}30°=\frac{h}{1,2}$. Odczytujemy wartość tangensa z apletu i podstawiamy ją do wzoru: $0,5774\approx \frac{h}{1,2}$, co daje: $h\approx 0,5774·1,2 \mathrm{m} =0,69 \mathrm{m}$

Zgodnie z zasadami bezpieczeństwa, drabina opierana o ścianę może być nachylona do podłoża pod kątem $\alpha \in \left(60°;70°\right)$. Jaką długość powinna mieć drabina, której koniec, oparty o ścianę zgodnie z zasadami bezpieczeństwa, znajdować się będzie około $4$ metry nad ziemią?

Rozwiązanie

Sytuację opisaną w zadaniu przedstawia rysunek:

R13FnUJxMBnc1

Ilustracja ścianę i podłogę oraz oznaczony między nimi kąt prosty. O ścianę oparta jest drabina o długości x tak, że odległość od podłogi do punktu podparcia na ścianie wynosi cztery, co zaznaczono na rysunku. Drabina nachylona jest do podłogi pod kątem ostrym alfa. Ściana, podłoga i drabina tworzą trójkąt prostokątny o pionowej przyprostokątnej równej 4, przeciwprostokątnej x oraz o zaznaczonych kątach wewnętrznych: prostym i ostrym alfa.

gdzie $x$ oznacza długość drabiny, zaś $\alpha$ jest kątem jej nachylenia do podłoża.

Rozważymy najpierw przypadek dla $\alpha =60°$. Korzystając z definicji sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnymsinus kąta ostrego w trójkącie prostokątnymsinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym mamy $\sin 60°=\frac{4}{x}$, stąd: $x=\frac{4}{\sin 60°}$.

Odczytujemy wartość $\sin 60°$ przy pomocy naszego apletu i podstawiamy do wzoru: $x\approx \frac{4}{0,8660}\approx 4,62 \mathrm{m}$.

Sprawdzamy, jaką długość musi mieć drabina, gdy $\alpha =70°$. Mamy wówczas: $x=\frac{4}{\sin 70°}$.

Ponownie korzystamy z apletu i odczytujemy wartość $\sin 70°$. Zatem $x\approx \frac{4}{0,9397}\approx 4,26 \mathrm{m}$.

Odp. Drabina musi mieć długość większą nić $4,26 \mathrm{m}$ i mniejszą niż $4,62 \mathrm{m}$.

Maciek i Michał zmierzyli długości swoich cieni o różnych porach dnia. Gdy promienie słońca padały pod kątem $56°$, cień Maćka miał długość ok. $121,41 \mathrm{cm}$. Gdy promienie słońca padały pod kątem $42°$, cień Michała miał długość ok. $195,47 \mathrm{cm}$. Sprawdzimy, który z chłopców jest wyższy i o ile $\mathrm{cm}$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy wzrost $h_1$ Maćka:

R14JpjG4o1pOq

Ilustracja przedstawia chłopca w stroju sportowym trzymającego piłkę do koszykówki. Po prawej stronie rysunku przedstawiono trójkąt prostokątny, którego pionowa przyprostokątna to wysokość chłopca. Pozioma przyprostokątna ma długość 121,41 centymetrów. Przeciwprostokątna jest nachylona do podstawy pod kątem o mierze 56 stopni.

Korzystając z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnymtangens kąta ostrego w trójkącie prostokątnymtangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym i apletu obliczającego wartości funkcji trygonometrycznych mamy: $\mathrm{tg}56°=\frac{h_1}{121,41}$, zatem $h_1\approx 121,41·1,4826\approx 180 \mathrm{cm}$.

Obliczymy teraz wzrost $h_2$ Michała:

RQ9rbJzcyalG1

Ilustracja przedstawia chłopca w stroju sportowym. Po prawej stronie rysunku przedstawiono trójkąt prostokątny, którego pionowa przyprostokątna to wysokość chłopca. Pozioma przyprostokątna ma długość 195,47 centymetrów. Przeciwprostokątna jest nachylona do podstawy pod kątem o mierze 42 stopni.

Analogicznie, jak w przypadku Maćka, mamy: $h_2=195,47·\mathrm{tg}42°\approx 195,47·0,9004\approx 176 \mathrm{cm}$.

Odp. Maciek jest wyższy od Michała o około $4 \mathrm{cm}$.

Wyznaczymy miary kątów ostrych w trójkącie egipskim.

Rozwiązanie

Przedstawmy trójkąt egipskitrójkąt egipskitrójkąt egipski na rysunku.

R1b4Y8xubjskZ

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o pionowej przyprostokątnej o długości 3, poziomej przyprostokątnej o długości 4 oraz o przeciwprostokątnej o długości pięć. W trójkącie zaznaczono dwa kąty wewnętrzne: kąt prosty oraz ostry kąt alfa miedzy bokami 4 i 5

Oznaczmy przez $\alpha$ miarę kąta przy dłuższej przyprostokątnej. Wtedy $\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{4}=0,75$.

Korzystając z powyższego apletu, mamy: $\alpha \approx 37°$. Drugi kąt ostry ma zatem miarę ok. $53°$.

Wymiary pokoju w kształcie trapezu prostokątnego przedstawia poniższy rysunek.

R13E1JW55fEYy

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny. Górna podstawa ma długość 9, dolna podstawa ma długość 6,5, lewy bok i wysokość figury mają długość pięć. Prawy ukośny bok jest nachylony do górnej podstawy pod kątem ostrym alfa.

Aby położyć w pokoju kafelki, należy część z nich przyciąć pod kątem $\alpha$. Obliczymy, jaka jest przybliżona wartość kąta $\alpha$.

Rozwiązanie

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku.

R1KcyuUvYwYlo

Ilustracja przedstawia trapez prostokątny. Górna podstawa ma długość 9, dolna podstawa ma długość 6,5, lewy bok i wysokość figury mają długość pięć. Prawy ukośny bok jest nachylony do górnej podstawy pod kątem ostrym alfa. Prawy bok wraz z wysokością i kawałkiem górnej podstawy o długości x tworzą trójkąt prostokątny.

Oczywiście $x=9-6,5=2,5$. Zatem $\mathrm{tg}\alpha =\frac{5}{2,5}=2$. Korzystając z powyższego apletu, mamy: $\alpha \approx 63°$.

czworokąt, w którym przynajmniej jedna para boków jest do siebie równoległa

czworokąt, w którym przynajmniej jedna para boków jest do siebie równoległa; boki równoległe nazywamy podstawami trapezu

odległość między podstawami trapezu

trójkąt o bokach wyrażonych kolejnymi liczbami naturalnymi: $3$, $4$, $5$

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do długości przeciwprostokątnej

stosunek długości przyprostokątnej leżącej przy tym kącie do długości przeciwprostokątnej

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do długości drugiej przyprostokątnej