Trygonometria

Przenosimy \(\cos^2\alpha\) na lewą stronę i korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

Kąt jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i możemy podzielić obie strony przez \(\cos\alpha\).

Dany jest trójkąt prostokątny, w którym:

Sinus kąta ostrego to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do przeciwprostokątnej.

Przeciwprostokątna ma długość \(8\), więc:

Druga przyprostokątna jest dłuższa, więc krótsza przyprostokątna ma długość \(2\).

Kąt \(\alpha\) jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny.

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

Podstawiamy \(\sin\alpha=\frac{3}{5}\):

Ponieważ kąt jest rozwarty:

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, a przeciwprostokątną jest bok \(AC\).

Obliczamy długość boku \(AB\) z twierdzenia Pitagorasa:

Kąt \(\gamma\) jest przy wierzchołku \(C\), więc bokiem leżącym naprzeciw tego kąta jest \(AB\).

Dane jest równanie:

Rozdzielamy ułamek:

Korzystamy z zależności:

Otrzymujemy:

Kąt \(\alpha\) jest rozwarty, więc:

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

Ponieważ kąt jest rozwarty, wybieramy wartość ujemną:

Obliczamy tangens:

Obliczamy wartość wyrażenia:

W trójkącie prostokątnym \(ABC\) przeciwprostokątną jest bok \(BC\), więc przy kącie \(BCA\) przyprostokątnymi są \(AC\) i \(AB\).

Z definicji tangensa:

Podstawiamy dane:

Obliczamy \(AB\):

Kąt \(\alpha\) jest ostry i: \[ \cos\alpha=\frac{5}{13} \] Możemy wykorzystać trójkąt prostokątny. Cosinus to stosunek przyprostokątnej przyległej do przeciwprostokątnej, więc: \[ \text{przyprostokątna przyległa}=5,\qquad \text{przeciwprostokątna}=13 \] Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy drugą przyprostokątną: \[ 13^2-5^2=169-25=144 \] \[ \sqrt{144}=12 \] Tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw kąta do przyprostokątnej przyległej: \[ \operatorname{tg}\alpha=\frac{12}{5} \] Odpowiedź: D. \(\frac{12}{5}\).

Korzystamy ze wzoru: \[ \sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\sin(\alpha+\beta) \] W zadaniu mamy: \[ \sin30^\circ\cdot\cos60^\circ+\sin60^\circ\cdot\cos30^\circ \] To jest: \[ \sin30^\circ\cos60^\circ+\cos30^\circ\sin60^\circ \] czyli: \[ \sin(30^\circ+60^\circ)=\sin90^\circ=1 \] Odpowiedź: D. \(1\).

Upraszczamy wyrażenie:

W liczniku wyłączamy \(\sin25^\circ\) przed nawias:

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej:

Otrzymujemy:

Dany jest trójkąt prostokątny o kątach ostrych \(\alpha\) oraz \(\beta\).

Wiemy, że:

Sprawdzamy pierwsze stwierdzenie.

Z jedynki trygonometrycznej:

Zatem \(\cos\alpha\neq \frac37\), więc pierwsze stwierdzenie jest fałszywe.

W trójkącie prostokątnym kąty ostre są dopełniające:

Dlatego:

Drugie stwierdzenie jest prawdziwe.

Dany jest warunek:

Korzystamy ze wzoru:

Podstawiamy:

Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\sin\alpha\neq0\). Dzielimy obie strony przez \(\sin\alpha\):

Mnożymy przez \(\cos\alpha\):

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, a \(BC\) jest przeciwprostokątną, więc kąt prosty leży przy wierzchołku \(A\).

Odcinek \(CD\) jest środkową, więc punkt \(D\) jest środkiem boku \(AB\).

Dane jest:

W trójkącie prostokątnym \(ADC\) znamy przeciwprostokątną \(CD=5\) i przyprostokątną \(AD=3\). Obliczamy \(AC\):

Kąt \(\alpha\) to kąt \(ADC\). Dla tego kąta bokiem przeciwległym jest \(AC=4\), a bokiem przyległym jest \(AD=3\).

Z rozwiązania zadania 18.1 mamy:

Obliczamy przeciwprostokątną \(BC\) w trójkącie prostokątnym \(ABC\):

Kąt \(\beta\) leży przy wierzchołku \(B\), więc bokiem przeciwległym do tego kąta jest \(AC=4\), a przeciwprostokątną jest \(BC=2\sqrt{13}\).

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, a przeciwprostokątna ma długość: \[ |BC|=8. \] Dla kąta \(ABC\) bokiem leżącym naprzeciw tego kąta jest \(AC\), którego długość wynosi \(\sqrt{15}\). Zatem: \[ \sin \angle ABC=\frac{|AC|}{|BC|} =\frac{\sqrt{15}}{8}. \] Odpowiedź: D. \(\frac{\sqrt{15}}{8}\).

Najpierw obliczamy długość przyprostokątnej \(AB\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[ |AB|^2+|AC|^2=|BC|^2, \] \[ |AB|^2+15=64, \] \[ |AB|^2=49, \] \[ |AB|=7. \] Ponieważ \(|BD|=6\), to: \[ |AD|=|AB|-|BD|=7-6=1. \] W trójkącie prostokątnym \(ADC\): \[ \tan \angle ADC=\frac{|AC|}{|AD|} =\frac{\sqrt{15}}{1} =\sqrt{15}. \] Odpowiedź: A. \(\sqrt{15}\).

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej: \[ \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1. \] Podstawiamy \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{3}}{4}\): \[ \left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)^2+\cos^2\alpha=1, \] \[ \frac{3}{16}+\cos^2\alpha=1, \] \[ \cos^2\alpha=\frac{13}{16}. \] Stąd: \[ |\cos\alpha|=\frac{\sqrt{13}}{4}. \] Kąt \(\alpha\) jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny: \[ \cos\alpha=-\frac{\sqrt{13}}{4}. \] Odpowiedź: A. \(-\frac{\sqrt{13}}{4}\).

Dla kąta ostrego: \[ \cos\alpha=\frac{24}{25}. \] Możemy przyjąć, że w trójkącie prostokątnym przyprostokątna przyległa ma długość \(24\), a przeciwprostokątna \(25\). Druga przyprostokątna ma długość: \[ \sqrt{25^2-24^2}=\sqrt{625-576}=\sqrt{49}=7. \] Zatem \[ \tan\alpha=\frac{7}{24}. \]

Ponieważ \[ \sin\angle CAB=\frac{BC}{AB}=\frac35, \] możemy zapisać: \[ BC=3k,\qquad AB=5k. \] Przeciwprostokątna jest o \(8\) dłuższa od przyprostokątnej \(BC\), więc \[ 5k-3k=8. \] Stąd \[ 2k=8,\qquad k=4. \] Zatem \[ AB=5k=20. \]

Korzystamy z tożsamości

\[ \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1. \]

Dla \(\alpha=27^\circ\):

\[ \cos^2 27^\circ=1-\sin^2 27^\circ. \] \[ 1+\cos^2 27^\circ =1+\left(1-\sin^2 27^\circ\right) =2-\sin^2 27^\circ. \]

Poprawna odpowiedź: A.

Różnica długości podstaw wynosi \(8-5=3\). \[\tan\alpha=\frac{\sqrt3}{3},\] dlatego \(\alpha=30^\circ\).

Kąt \(\alpha\) leży w II ćwiartce, więc \[ \sin\alpha>0,\qquad \cos\alpha<0. \] Stąd \[ \sin\alpha\cdot\cos\alpha<0, \] czyli prawdziwa jest odpowiedź B. Ponadto \[ \tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=-3, \] więc \[ \sin\alpha=-3\cos\alpha, \] czyli prawdziwa jest odpowiedź F.

\[ \sin^3 20^\circ+\cos^2 20^\circ\cdot\sin20^\circ =\sin20^\circ\left(\sin^2 20^\circ+\cos^2 20^\circ\right) =\sin20^\circ. \]

1. Wiemy, że \[\tan\alpha=-\frac23.\] Dla punktu \((x,y)\) leżącego na końcowym ramieniu kąta zachodzi \[\tan\alpha=\frac{y}{x}.\] Kąt \(\alpha\) leży w II ćwiartce, więc \[x<0\quad\text{oraz}\quad y>0.\] Na rysunku B punkt ma współrzędne w proporcji \[x:y=-3:2.\] Zatem \[\tan\alpha=\frac{y}{x}=\frac{2}{-3}=-\frac23.\] Dlatego poprawna jest odpowiedź B. 2. Mamy \[\cos\beta=\frac1{\sqrt{10}}>0.\] Kąt \(\beta\) jest ostry, więc jego końcowe ramię leży w I ćwiartce. Na rysunku D punkt ma współrzędne w proporcji \[x:y=1:3.\] Długość promienia wynosi \[r=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}.\] Zatem \[\cos\beta=\frac{x}{r}=\frac1{\sqrt{10}}.\] Dlatego poprawna jest odpowiedź D.

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej: \[\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1.\] Podstawiamy \[\sin\alpha=\frac{\sqrt5}{3}.\] Otrzymujemy: \[\left(\frac{\sqrt5}{3}\right)^2+\cos^2\alpha=1,\] \[\frac59+\cos^2\alpha=1,\] \[\cos^2\alpha=\frac49.\] Ponieważ kąt \(\alpha\) jest ostry, mamy \(\cos\alpha>0\), więc \[\cos\alpha=\frac23.\] Teraz \[\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac{\sqrt5}{3}}{\frac23}=\frac{\sqrt5}{3}\cdot\frac32=\frac{\sqrt5}{2}.\]

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej:
\[\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1.\]
\[\sin^2\alpha=1-\left(\frac{2\sqrt6}{7}\right)^2=1-\frac{24}{49}=\frac{25}{49}.\]
Kąt jest ostry, więc \(\sin\alpha=\frac57\).

\[ \cos\alpha-\cos\alpha\sin^2\alpha =\cos\alpha(1-\sin^2\alpha) =\cos\alpha\cos^2\alpha =\cos^3\alpha. \]

Dla boków \(a\) i \(c\): \[ P=\frac12ac\sin45^\circ=\frac{\sqrt2}{4}ac, \] czyli C. Dla boków \(b\) i \(c\): \[ P=\frac12bc\sin30^\circ=\frac14bc, \] czyli F.

Ramię kąta przechodzi przez punkt \(P=(-3,1)\), dlatego \[ \tan\alpha=\frac{y_P}{x_P}=\frac1{-3}=-\frac13. \]

\[ \sin^4\alpha+\sin^2\alpha\cos^2\alpha =\sin^2\alpha(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha) =\sin^2\alpha. \]

Ponieważ kąt jest ostry, \(\sin\alpha>0\) i \(\cos\alpha>0\). Mamy \[ \frac1{\sin^2\alpha}+\frac1{\cos^2\alpha} =\frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha} =\frac1{(\sin\alpha\cos\alpha)^2}. \] Zatem \[ \frac1{(\sin\alpha\cos\alpha)^2}=\frac{16}{9}, \] więc \[ (\sin\alpha\cos\alpha)^2=\frac9{16}. \] Dla kąta ostrego otrzymujemy \[ \sin\alpha\cos\alpha=\frac34. \]

Korzystamy ze wzoru skróconego mnożenia i jedynki trygonometrycznej: \[ (1-\cos20^\circ)(1+\cos20^\circ)-\sin^2 20^\circ \] \[ =1-\cos^2 20^\circ-\sin^2 20^\circ=0. \]