13. Trigonometria II. I. Elméleti összefoglaló Tetszőleges α szög szinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor második koordinátája. Tetszőleges α szög koszinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor első koordinátája.
Az α szöget az e vektor irányszögének nevezzük. Ez a szög 360° -nál nagyobb is lehet. Szoktuk használni a forgásszög megnevezést is. Ha az e vektort az óramutató járásával azonos irányban forgatjuk, akkor α < 0° . Az x a sin x függvény jellemzése:
•
értelmezve van tetszőleges x valós számra. (A függvény értelmezési tartománya a valós számok halmaza.)
1
•
értékkészlete: [−1; 1]
•
a függvény 2π szerint periodikus, azaz sin x = sin( x + 2π )
•
zérushelyei x = kπ , ahol k tetszőleges egész szám
•
maximuma 1, maximumhelyei
• • •
π 2
+ 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám
3π + 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám 2 páratlan függvény, azaz sin(− x ) = − sin x (a függvény az origóra szimmetrikus)
minimuma − 1 , minimumhelyei
π π a függvény szigorúan monoton növekedő a − + 2kπ , + 2kπ intervallumon, 2 2 3π π szigorúan monoton csökkenő a + 2kπ , + 2kπ intervallumon ahol k tetszőle2 2 ges egész szám
Az x a cos x függvény jellemzése:
• •
értelmezve van tetszőleges x valós számra. (A függvény értelmezési tartománya a valós számok halmaza.) értékkészlete: [−1; 1]
•
a függvény 2π szerint periodikus, azaz cos x = cos(x + 2π )
• • • •
+ kπ , ahol k tetszőleges egész szám 2 maximuma 1, maximumhelyei 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám minimuma − 1 , minimumhelyei π + 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám páros függvény, azaz cos(− x ) = cos x (a függvény az y-tengelyre szimmetrikus)
•
a függvény szigorúan monoton csökkenő a [0 + 2kπ , π + 2kπ ] intervallumon, szigorú-
zérushelyei x =
π
an monoton növekedő a [π + 2kπ , 2π + 2kπ ] intervallumon ahol k tetszőleges egész szám 2
Az x a tg x =
sin x π (ahol cos x ≠ 0 , azaz x ≠ + kπ , k ∈ Z ) tangens függvény jellemzése: cos x 2
π
+ kπ , k ∈ Z
•
értelmezési tartománya minden olyan x valós szám, amelyre x ≠
• •
értékkészlete a valós számok halmaza a függvény π szerint periodikus, azaz tg x = tg (x + π )
• • •
zérushelyei x = kπ , ahol k tetszőleges egész szám szélsőértékei nincsenek, így nem korlátos függvény páratlan függvény, azaz tg (− x ) = − tg x (a függvény az origóra szimmetrikus)
•
2
π π a függvény szigorúan monoton növekedő a − + kπ , + kπ intervallumon, ahol k 2 2 tetszőleges egész szám
Az x a ctg x =
cos x (ahol sin x ≠ 0 , azaz x ≠ kπ , k ∈ Z ) kotangens függvény jellemzése: sin x
•
értelmezési tartománya minden olyan x valós szám, amelyre x ≠ kπ , k ∈ Z
• •
értékkészlete a valós számok halmaza a függvény π szerint periodikus, azaz ctg x = ctg ( x + π )
•
+ kπ , ahol k tetszőleges egész szám 2 szélsőértékei nincsenek, így nem korlátos függvény
•
zérushelyei
π
3
•
páratlan függvény, azaz ctg (− x ) = − ctg x (a függvény az origóra szimmetrikus)
•
a függvény szigorúan monoton csökkenő a ] 0 + kπ ; π + kπ [ intervallumon, ahol k tetszőleges egész szám
Néhány összefüggés a szögfüggvények között. Addíciós tételek:
sin (α + β ) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β
cos(α + β ) = cos α ⋅ cos β − sin α ⋅ sin β
sin (α − β ) = sin α ⋅ cos β − cos α ⋅ sin β
cos(α − β ) = cos α ⋅ cos β + sin α ⋅ sin β
tg(α + β ) =
tg α + tg β 1 − tg α ⋅ tg β
tg(α − β ) =
tg α − tg β 1 + tg α ⋅ tg β
Kétszeres szög szögfüggvényei: sin 2α = 2 sin α ⋅ cos α
cos 2α = cos 2 α − sin 2 α
Összegek szorzattá alakítása: sin α + sin β = 2 sin sin α − sin β = 2 sin
α +β 2
α −β 2
⋅ cos ⋅ cos
α −β 2
α +β 2
cos α + cos β = 2 cos
α +β
cos α − cos β = −2 sin
4
2
⋅ cos
α+β 2
α −β
⋅ sin
2
α −β 2
Szorzatok összeggé alakítása: sin α ⋅ sin β =
1 ⋅ [cos(α − β ) − cos(α + β )] 2
cos α ⋅ cos β =
1 ⋅ [cos(α − β ) + cos(α + β )] 2
sin α ⋅ cos β =
1 ⋅ [sin(α − β ) + sin(α + β )] 2
A háromszög oldalai és szögei között két jól ismert összefüggés van. Szinusztétel: A háromszög két oldalának aránya egyenlő az oldalakkal szemközti szögek szinuszainak arányával: a : b = sin α : sin β .
Koszinusztétel: A háromszög valamely oldalának négyzetét megkaphatjuk, ha a másik két oldal négyzetösszegéből kivonjuk ugyanezen két oldal és az általuk bezárt szög koszinuszának kétszeres szorzatát: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab ⋅ cos γ .
II. Kidolgozott feladatok
1. Pozitív vagy negatív szám sin 355 ? Megoldás: 113π < 355 < 113π +
π
π , és 0 = sin 113π > sin 355 > sin 113π + = −1 . 2 2
5
2. Melyik nagyobb: sin 3 vagy sin 3° ? Megoldás: sin 3 = sin(π − 3) , így az a kérdés, sin(π − 3) vagy sin 3° a nagyobb? Mindkét szög az első síknegyedben van, ahol a szinusz függvény szigorúan monoton növekszik. Ezért azt kell vizsgálnunk, hogy π − 3 vagy 3° a nagyobb? Tegyük fel, hogy az első érték a nagyobb, vizsgáljuk ezt. 3π 3 π −3> ⇔ 60(π − 3) > π ⇔ 59π > 180 ⇔ π > 3 , és ez igaz, mert 180 59 3 π > 3,1 > 3 . Tehát a feltevés igaz, ezért sin 3 a nagyobb. 59
3. Mennyi a
cos 70° ⋅ cos10° + cos 80° ⋅ cos 20° kifejezés értéke? cos 69° ⋅ cos 9° + cos 81° ⋅ cos 21°
Megoldás: cos α = sin (90° − α ) és a cos(α − β ) -ra ismert addíciós tétel miatt cos 70° ⋅ cos10° + cos 80° ⋅ cos 20° cos 70° ⋅ cos10° + sin 10° ⋅ sin 70° cos(70° − 10°) = = = cos 69° ⋅ cos 9° + cos 81° ⋅ cos 21° cos 69° ⋅ cos 9° + sin 9° ⋅ sin 69° cos(69° − 9°) cos 60° = = 1. cos 60°
Igazolja az alábbi egyenlőségeket!
4.
a) sin 15° + sin 45° = sin 75°
b) cos 20° ⋅ cos 40° ⋅ cos 80° =
1 8
a) I. Megoldás: sin 15° = sin(45° − 30°) = sin 45° ⋅ cos 30° − cos 45° ⋅ sin 30° = =
2 3 2 1 ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2
2 6− 2 6− 2 , azaz sin 15° = . Továbbá sin 45° = 4 4 2
sin 75° = sin (45° + 30° ) = sin 45° ⋅ cos 30° + cos 45° ⋅ sin 30° =
2 3 2 1 ⋅ + ⋅ , 2 2 2 2
és
tehát
6+ 2 . Ezeket az értékeket helyettesítsük a sin 15° + sin 45° = sin 75° kife4 jezésbe, és látjuk, hogy helyes az egyenlőség. sin 75° =
a) II. Megoldás: sin 45° + sin 15° = 2 ⋅ sin =2⋅
1 ⋅ sin(90° − 15°) = sin 75° . 2
6
45° + 15° 45° − 15° ⋅ cos = 2 ⋅ sin 30° ⋅ cos15° = 2 2
b) A sin 2α = 2 sin α ⋅ cos α azonosságot alkalmazzuk az átalakítások során. cos 20° ⋅ cos 40° ⋅ cos 80° =
(2 sin 20° ⋅ cos 20°) ⋅ cos 40° ⋅ cos 80° = sin 40° ⋅ cos 40° ⋅ cos 80°
2 sin 20° 2 sin 20° sin 40° ⋅ cos 40° ⋅ cos 80° (2 ⋅ sin 40° ⋅ cos 40°) ⋅ cos 80° sin 80° ⋅ cos 80° így folytatva = = , 2 sin 20° 4 sin 20° 4 sin 20° sin 80° ⋅ cos 80° 2 ⋅ sin 80° ⋅ cos 80° sin 160° sin 20° 1 = . továbbá = = = 4 sin 20° 8 sin 20° 8 sin 20° 8 sin 20° 8
5.
Igazolja az alábbi állításokat! a)
sin 40° ⋅ sin 50° 1 = cos10° 2
1 1 b) 1 + ⋅ 1 + >5 sin 40° cos 40°
Megoldás: 1 ⋅ [cos(α − β ) − cos(α + β )] miatt 2 sin 40° ⋅ sin 50° 1 2 ⋅ (cos10° − cos 90°) 1 2 ⋅ cos10° 1 = = = . cos10° cos10° cos10° 2
a) sin α ⋅ sin β =
1 1 1 1 1 b) 1 + , mivel + + ⋅ 1 + = 1+ sin 40° cos 40° sin 40° ⋅ cos 40° sin 40° cos 40° 1 1 1 2 2 > 1, > 1 és = = > 2 , ezekből sin 40° cos 40° sin 40° ⋅ cos 40° 2 sin 40° ⋅ cos 40° sin 80° adódik a kívánt egyenlőtlenség.
6.
Mutassa meg, hogy az alábbi egyenleteknek nincs megoldása a valós számok körében! a) 5 sin x + 2 cos x = 7 b) sin x + sin 2 x + sin 3 x = 3 c) sin x ⋅ cos x = sin 40° 1 d) sin x ⋅ sin ( x + π ) = 3
π e) sin x ⋅ sin x + = 1 3
7
Megoldás: a) sin x ≤ 1 és cos x ≤ 1 , ezért 5 sin x + 2 cos x ≤ 7 . Az egyenlőtlenségben akkor lesz egyenlőség, ha sin x = 1 és cos x = 1 mindegyike teljesül ugyanarra az x számra, ami nem lehetséges. b) sin α ≤ 1 , ezért sin x + sin 2 x + sin 3 x ≤ 3 . Egyenlőség csak úgy lehet, ha x megoldása a sin x = 1 , sin 2 x = 1 és sin 3 x = 1 egyenleteknek. Az egyenletek megoldásai rendre
π 2
+ 2kπ ,
π 4
+ m ⋅π ,
π 6
+ n⋅
π 3
, ahol a k, m, n számok tetszőleges egész szá-
mok. Ennek a három számhalmaznak nincs közös eleme, az egyenleteknek nincs közös megoldása, ezért az eredeti egyenletnek sincs. c) 2 sin x ⋅ cos x = 2 sin 40° , azaz sin 2 x = 2 sin 40° > 2 ⋅
1 = 1 , és ez sosem teljesül. 2
d) sin x ⋅ sin ( x + π ) ≤ 0 , mert sin x és sin ( x + π ) ellentétes előjelű, vagy mindkettő nulla.
π e) − 1 ≤ sin x ≤ 1 miatt sin x ⋅ sin x + = 1 csak úgy lehet, ha mindkét tényező 1, 3 vagy ha mindkét tényező − 1 , ami nem teljesülhet.
7. Oldja meg a sin 2 2 x =
1 egyenletet! 4
1 Megoldás: sin 2 x = ± . 2 1 π π Ha sin 2 x = , akkor vagy 2 x = + 2kπ , x1 = + kπ , 2 6 12 5π 5π vagy 2 x = + 2 kπ , x 2 = + kπ , ahol k ∈ Ζ . 6 12 1 π π Ha sin 2 x = − , akkor vagy 2 x = − + 2kπ , x3 = − + kπ , 2 6 12 5π 5π vagy 2 x = − + 2 kπ , x 4 = − + kπ , ahol k ∈ Ζ . 6 12
8. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) sin x + cos x = 0 b) sin x + cos x = 1 c) 1 + 2 sin 2 x = sin x + cos x
8
a) I. Megoldás: sin x = − cos x . A cos x = 0 megoldásai egyenletünknek nem megoldásin x = −1, tg x = −1, a megoldás sai, így oszthatunk cos x -el, nem veszítünk gyököt: cos x x=−
π
+ kπ , ahol k ∈ Ζ .
4
a) II. Megoldás: Emeljük négyzetre mindkét oldalt: sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x ⋅ cos x = 0 , 3π 3π azaz 1 + 2 sin x ⋅ cos x = 0, 1 + sin 2 x = 0, sin 2 x = −1 , így 2 x = + kπ , + 2 kπ , x = 2 4 k ∈ Ζ . Ellenőrzés mutatja, hogy ezek mind megoldások, a négyzetre emeléssel most nem kaptunk hamis gyököt. (Hiszen az a = 0 és az a 2 = 0 egyenletek ekvivalensek.) 2 -vel: 2
a) III. Megoldás: Szorozzuk az egyenletet cos
π 4
⋅ sin x + sin
2 2 ⋅ sin x + ⋅ cos x = 0 , azaz 2 2
π π π ⋅ cos x = sin x + = 0 , így x + = kπ , x = − + kπ , ahol k ∈ Ζ . 4 4 4 4
π
b) I. Megoldás: Emeljük négyzetre mindkét oldalt, sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x ⋅ cos x = 1 , azaz 2 sin x ⋅ cos x = 0 . Ha sin x = 0 , akkor x1 = kπ , k ∈ Ζ ; ha cos x = 0 , akkor
π
+ kπ , k ∈ Ζ . A négyzetre emelés általában bővíti az egyenlet megoldásainak 2 halmazát, emiatt a kapott megoldásokat ellenőrizni kell, nézzük meg egy perióduson belül a lehetséges gyököket. A gyökök egy része kiesik (a hamis gyökök a x2 =
sin x + cos x = −1 megoldásai), a megoldások x1* = 2kπ , k ∈ Ζ és x 2* =
b) II. Megoldás: Szorozzuk az egyenletet cos x+
π 4
π 4
⋅ sin x + sin =
π 2
+ 2 kπ , k ∈ Ζ .
2 2 2 2 -vel: ⋅ sin x + ⋅ cos x = , azaz 2 2 2 2
π
π 2 π π ⋅ cos x = sin x + = , így x + = + 2kπ , x1 = 2kπ , illetve 4 4 2 4 4
3π π + 2kπ , x 2 = + 2kπ , ahol k ∈ Ζ . 4 2
c) 1 + sin 2 x = sin 2 x + cos 2 x + 2 sin x ⋅ cos x = (sin x + cos x ) miatt egyenletünk átírható 2
(sin x + cos x )2 = sin x + cos x
alakba. Az a 2 = a, a(a − 1) = 0 egyenlet gyökei a1 = 0
k∈Ζ.
ahol x3 =
π 2
A
sin x + cos x = 1
megoldásai
+ 2kπ , k ∈ Ζ . A gyökök: x1 = −
π 4
9
a
b)
feladat
+ kπ , x 2 = 2kπ , x3 =
π 2
π
+ kπ , 4 szerint: x 2 = 2kπ ,
és a2 = 1 . A sin x + cos x = 0 egyenlet megoldása az a) feladat szerint: x1 = −
+ 2kπ , k ∈ Ζ .
9. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) sin 4 x = sin x c) cos 4 x = sin x
b) sin 4 x = − sin x d) tg 4 x = − ctg x
Megoldás: a) Ha sin α = sin β , akkor α = β + 2kπ , vagy α + β = π + 2kπ , ahol k ∈ Ζ . Ezért 4 x = x + 2kπ , azaz x1 = x2 =
(2k + 1)π , k ∈ Ζ .
5 b) A sin (− α ) = − sin α
2kπ , k ∈ Ζ , vagy 4 x + x = π + 2kπ , azaz 3
azonossággal az előbbi típusú egyenlethez jutunk: a
sin 4 x = − sin x egyenlet helyett a sin 4 x = sin (− x ) egyenletet vizsgáljuk. Így vagy 4 x = − x + 2kπ , azaz x1 =
azaz x 2 =
2kπ , k ∈ Ζ , vagy 4 x + (− x ) = π + 2kπ , 5
(2k + 1)π , k ∈ Ζ . 3
π c) cos 4 x = sin x = cos − x , így 2
π 2kπ π vagy 4 x = − x + 2kπ , azaz x1 = + , k∈Ζ, 10 5 2 π 2kπ π vagy 4 x + − x = 2kπ , azaz x 2 = − + , k ∈Ζ. 6 3 2
(2k + 1)π , k ∈ Ζ . π π d) tg 4 x = − ctg x = ctg (− x ) = tg + x , így 4 x = + x + kπ , x = 2 6 2 10. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) cos x = tg x
b) 2 tg x + ctg x + 3 = 0
Megoldás: a) Az egyenlet értelmezési tartományába az x ≠ 90° + k ⋅ 180°, k ∈ Z értékek tartoznak. sin x , innen cos 2 x = sin x , azaz 1 − sin 2 x = sin x . Rendezzük az egyenletet: cos x sin 2 x + sin x − 1 = 0 . Ennek a sin x -re másodfokú egyenletnek a gyökei: cos x =
(sin x )1 = − 1 −
−1+ 5 . Az első érték kisebb –1-nél, így annak az 2 2 egyenletnek nincs megoldása. A második egyenlet gyökei adják egyenletünk megoldásait: x1 = 38,17° + k ⋅ 360° , x 2 = 141,83° + k ⋅ 360° , ahol k tetszőleges egész szám. 5
, (sin x )2 =
10
b) Az egyenlet értelmezési tartományába az x ≠ 0° + k ⋅ 90°, k ∈ Z értékek tartoznak. 2 tg x +
1 + 3 = 0 . Az a = tg x helyettesítés után az egyenlet: 2a 2 + 3a + 1 = 0 . Entg x
1 1 nek megoldásai: a1 = − , a 2 = −1 . Ha tg x = − , akkor x1 = −26,57° + k ⋅ 180° ; ha 2 2 tg x = −1 , akkor x 2 = −45° + k ⋅ 180° , ahol k tetszőleges egész szám.
11.
Oldja meg a sin 2 x ⋅ cos 3 x = sin 4 x ⋅ cos 5 x egyenletet! Megoldás: Használjuk a szorzatot összeggé alakító azonosságot: 1 sin α ⋅ cos β = ⋅ [sin (α + β ) + sin (α − β )] ; 2 illetve a különbséget szorzattá alakító azonosságot: α −β α +β sin α − sin β = 2 sin ⋅ cos . 2 2 1 (sin 5 x − sin x ) = 1 (sin 9 x − sin x ) , így sin 9 x − sin 5 x = 0 , azaz sin 2 x ⋅ cos 7 x = 0 . 2 2 π π kπ , ahol k ∈ Ζ . Ezért sin 2 x = 0 vagy cos 7 x = 0 . Megoldás x1 = k ⋅ , x2 = + 2 14 7
12. Oldja meg az egyenlőtlenségeket. a) sin 2 x >
3 2
b) sin x > cos x
c) 2 sin 2 x + sin x − 1 > 0
Megoldás: a) Tekintsük a trigonometrikus egységkört. sin
sin α >
π 3
=
3 2π 3 és sin = . 2 3 2
3 π 2π pontosan akkor, ha + 2kπ < α < + 2 kπ . 2 3 3
11
Ezért a sin 2 x >
3 π π egyenlőtlenség megoldása: + kπ ; + kπ , k ∈ Z . 2 3 6
b) Ábrázoljuk a függvényeket, és innen leolvasható a megoldás.
5π π Megoldás: + 2kπ ; + 2 kπ , k ∈ Z . 4 4 1 1 1 1 sin x − > 0 , innen az a = sin x helyettesítés után az a 2 + a − > 0 2 2 2 2 1 1 parabola felfelé nyitott, zérushelyei egyenlőtlenséget kapjuk. Az y = a 2 + a − 2 2 1 1 1 a = −1 és a = . Így az a 2 + a − > 0 egyenlőtlenség megoldásai az a < −1 , illet2 2 2 1 ve a > valós számok. 2 A sin x < −1 egyenlőtlenségnek nincs megoldása, 1 5π π a sin x > megoldása + 2kπ ; + 2kπ , k ∈ Z . 2 6 6
c) sin 2 x +
13. Az ABC derékszögű háromszög derékszögű C csúcsából induló szögharmadolók az átfogót a D és E pontban metszik, és
CE 3 3 = . Mekkorák a háromszög hegyesszögei? CD 4
12
Megoldás. A szögharmadolók 30° -os CED∠ = α + 30° és CDE∠ = 120° − α . A CED háromszögben írjuk fel a szinusztételt:
szögekre
osztják
a
derékszöget.
3 3 CE sin(120° − α ) = = . 4 CD sin (30° + α )
3 3 ⋅ sin (30° + α ) = 4 ⋅ sin (120° − α ) .
5 sin α = 3 cos α 3 , α ≈ 19,10° , és így 90° − α ≈ 70,90° . A háromszög hegyesszögei 19,10° 5 és 70,90° . tg α =
14. A hegyesszögű ABC háromszög a és b oldalához tartozó magasságok hossza ma és mb , és ezek egymással α szöget zárnak be. Mutassa meg, hogy c =
ma2 + mb2 − 2ma mb cos α sin α
.
Megoldás. Az ABC háromszög C csúcsánál levő szöge is α , így b = a=
mb . Írjuk fel a koszinusztételt: sin α
mb2 ma2 m ⋅m c = a + b − 2ab cos α = + − 2 ⋅ a 2 b ⋅ cos α , 2 2 sin α sin α sin α 2
2
azaz c =
2
ma2 + mb2 − 2ma mb cos α sin α
.
13
ma , sin α
15. Az ABC háromszögben AC = BC . Az AC oldalon felvesszük a D és E pontokat úgy, hogy AD = DE = EC legyen. Számítsa ki a háromszög területét, ha BD = 8,5 és BE = 10 . Megoldás. t ABC =
AC ⋅ BC ⋅ sin α 9 x 2 ⋅ sin α = , tehát x 2 és sin α értékét kell megha2 2
tározni.
A koszinusztétel miatt a BCE háromszögből cos α = szögből cos α =
x 2 + 9 x 2 − 100 , a BCD három6x2
4 x 2 + 9 x 2 − 72,25 . 12 x 2
x 2 + 9 x 2 − 100 4 x 2 + 9 x 2 − 72,25 = egyenlet megoldása 6x 2 12 x 2 55 48 cos α = , és sin α = . 73 73 9 ⋅ 18,25 48 A háromszög területe t ABC = ⋅ = 54 területegység. 2 73 Az
x 2 = 18,25 ,
így
16. Egy háromszög oldalainak hossza: n 2 + n + 1, 2n + 1, n 2 − 1 , ahol n 1-nél nagyobb egész szám. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van 120° -os szöge. Megoldás: Írjuk fel a koszinusztételt:
(n
2
)
(
)
(
)
+ n + 1 = (2n + 1) + n 2 − 1 − 2 ⋅ (2n + 1) ⋅ n 2 − 1 ⋅ cos γ . 2
2
2
1 Innen átalakítások után kapjuk: cos γ = − , tehát γ = 120° . 2
14
17. Egy háromszög oldalainak hossza egy olyan számtani sorozat három egymást követő eleme, amelynek differenciája 1. A háromszög területének mérőszáma kétszer akkora, mint a kerület mérőszáma. Mekkorák az oldalak? Megoldás. A háromszög oldalai a − 1, a , a + 1 . A háromszög kerülete 3a . (a + 1)(a − 1) sin α , innen sin α = 12a . A háromszög területe 6a = 2 a2 − 1 2 2 Írjuk fel a koszinusztételt: a 2 = (a + 1) + (a − 1) − 2(a + 1)(a − 1) cos α , innen
cos α =
a2 + 2 . 2(a 2 − 1) 2
2
2 12a a + 2 = 1 , ebből rendezéssel: Mivel sin α + cos α = 1 , így 2 + 2 a − 1 2(a − 1) 3a 4 − 588a 2 = 0 , 3a 2 ⋅ (a 2 − 196) = 0 . Mivel a ≠ 0 , ezért a 2 − 196 = 0 , innen a = 14 . A háromszög oldalainak hossza 13, 14, 15 egység.
2
2
III. Ajánlott feladatok sin 1° sin 3° vagy ? sin 2° sin 4°
1.
Melyik a nagyobb:
2.
Igazolja az alábbi egyenlőségeket! a) tg 15° + ctg 15° = 4 b) sin 20° ⋅ sin 70° ⋅
3.
1 1 = cos 50° 2
Igazolja az alábbi állításokat! a) cos 4
π 24
− sin 4
π 24
=
2+ 6 4
b) (1 − ctg 23°)(1 − ctg 22°) = 2 4.
Hozza egyszerűbb alakra a bal oldali oszlopban álló kifejezéseket. Az eredményeket a jobb oldali oszlopban felsoroltuk, csak más sorrendben. Keresse meg az összetartozó párokat. (A) cos 4 x − sin 4 x (a) sin x (B) cos( x + y ) ⋅ cos( x − y ) (b) cos x (C) sin ( x + y ) ⋅ sin ( x − y )
(c) sin x ⋅ cos x
15
(D)
cos x − sin x 1 − tg x
(d)
1 sin x
(E)
tg x − tg y ctg y − ctg x
(e)
1 cos x
(F)
tg x − ctg y tg y − ctg x
(f) cos 2 x − sin 2 x
(G)
1 tg x + ctg x
(g) cos 2 x − sin 2 y
cos 2 x 1 + sin x (I) sin x ⋅ tg x + cos x
(i) tg x ⋅ tg y
(J) cos x ⋅ ctg x + sin x
(j) tg x ⋅ ctg y
(H) 1 −
5.
(h) sin 2 x − sin 2 y
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) ( x − 2) ⋅ cos x = cos x 2
b) 1 + sin 2 x = cos x c) sin x = 2 sin 6.
2
x
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) sin 2 x − 3 sin x ⋅ cos x + 2 cos 2 x = 0
b) 2 sin 2 x + sin x ⋅ cos x − 6 cos 2 x = −2
7.
Oldja meg a sin x ⋅ (1 + cos x ) = 1 + cos x + cos 2 x egyenletet!
8.
Oldja meg a sin 2 8 x − sin 2 4 x = −1 egyenletet!
9.
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) 3 sin x + 4 cos x = 5
b) 4 sin x + 5 cos x = 6
10.
Oldja meg a cos 4 x ⋅ cos 5 x = cos 6 x ⋅ cos 7 x egyenletet!
11.
Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket. a) cos x ≤ 0
b) sin x ≥
1 2
c) ctg x < − 3
3 sin 2 x + cos 2 x < 1 egyenlőtlenséget.
12.
Oldja meg a
13.
Az ABCD négyzetbe írtuk az AEF egyenlő szárú háromszöget, ahol E a BC oldalon, F a DC oldalon nyugszik és AE = AF . Ha tg AFE∠ = 3 , akkor mennyi cos EAB∠ ?
14.
Mutassa meg, ha ABCDEFGHI szabályos kilencszög, akkor AF = AB + AC .
16
15.
Az ABC háromszögben AB = 8, AC = 3, BAC <= 60° , és az A csúcsból induló szögfelező a szemközti oldalt a D pontban metszi. Mekkora a CD szakasz?
16.
Egy 5 egység sugarú körbe írt háromszög két oldala 7 és 9 egység. Mekkora a harmadik oldal?
17.
Egy háromszög oldalainak hossza n − 1, n, n + 1 , ahol n egész szám, és a háromszög legnagyobb szöge kétszerese a legkisebb szögének. Mekkorák a háromszög oldalai?
18.
Egységsugarú félkörbe téglalapot írtunk, melynek két csúcsa az átmérőn, két másik csúcsa a félköríven nyugszik. Legfeljebb mekkora lehet a téglalap területe?
19.
Az ABC szabályos háromszögben felvettük az M és N pontokat úgy, hogy MAB∠ = MBA∠ = 40° , NAB∠ = 20° , NBA∠ = 30° . Bizonyítsa be, hogy MN párhuzamos BC-vel.
20.
Az ABC háromszög oldalai a, b, c, területe t = a 2 − (b − c ) . Határozza meg az a ol2
dallal szemközti szög nagyságát.
Az ajánlott feladatok megoldásai 1.
Melyik a nagyobb:
sin 1° sin 3° vagy ? sin 2° sin 4°
sin 1° sin 3° sin 1° ⋅ sin 4° − sin 2° ⋅ sin 3° − = , mivel sin 2° sin 4° sin 2° ⋅ sin 4° 1 1 sin 1° ⋅ sin 4° = (cos 3° − cos 5°) és sin 2° ⋅ sin 3° = (cos1° − cos 5°) , miatt a tört 2 2 (cos 3° − cos 5°) − (cos1° − cos 5°) = cos 3° − cos1° = − 2 sin 2° ⋅ sin 1° = − sin 1° < 0 . = 2 sin 2° ⋅ sin 4° 2 sin 2° ⋅ sin 4° 2 sin 2° ⋅ sin 4° sin 4° sin 3° Ezekből következik, hogy a nagyobb. sin 4°
I. Megoldás:
II. Megoldás:
sin 1° sin 3° sin 1° ⋅ sin 4° cos 3° − cos 5° sin 3° : = = < 1 , így a nasin 2° sin 4° sin 2° ⋅ sin 3° cos1° − cos 5° sin 4°
gyobb.
2.
Igazolja az alábbi egyenlőségeket! a) tg 15° + ctg 15° = 4 b) sin 20° ⋅ sin 70° ⋅
1 1 = cos 50° 2
17
Megoldás: sin 15° cos 15° sin 2 15° + cos 2 15° 1 + = = , cos 15° sin 15° cos 15° ⋅ sin 15° cos 15° ⋅ sin 15° és sin 2α = 2 sin α ⋅ cos α miatt: 1 2 2 2 = = = = 4. cos15° ⋅ sin 15° 2 ⋅ cos15° ⋅ sin 15° sin 30° 1 2 a) tg 15° + ctg 15° =
b) sin α = cos(90° − α ) és sin 2α = 2 sin α ⋅ cos α , így sin 20° ⋅ sin 70° ⋅
3.
1 1 1 1 sin 40° 1 = (2 sin 20° ⋅ cos 20° ) ⋅ = ⋅ = . cos 50° 2 cos 50° 2 cos 50° 2
Igazolja az alábbi állításokat! a) cos 4
π 24
− sin 4
π 24
=
2+ 6 4
b) (1 − ctg 23°)(1 − ctg 22°) = 2 Megoldás: a) cos 4 cos
π 12
π 24
− sin 4
π
π π 2 π π π = cos 2 − sin 2 + sin 2 ⋅ cos = cos , és 24 24 24 24 24 12
= cos(60° − 45° ) =
1 2 3 2 ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2
2+ 6 . 4
cos 23° cos 22° b) (1 − ctg 23° )(1 − ctg 22° ) = 1 − 1 − = sin 23° sin 22° sin 23° − cos 23° sin 22° − cos 22° ⋅ = sin 23° sin 22°
2 sin (23° − 45° ) ⋅ 2 sin (22° − 45° ) = sin 23° ⋅ sin 22°
2 sin (− 22° ) ⋅ sin (− 23° ) 2 sin 22° ⋅ sin 23° = = 2. sin 22° ⋅ sin 23° sin 22° ⋅ sin 23° ctg β ⋅ ctg α + 1 Más megoldás. Használjuk a ctg(α − β ) = összefüggést. ctg β − ctg α =
(1 − ctg (45° − 22°))(1 − ctg 22°) = 1 − ctg 22° ⋅ ctg 45° + 1 (1 − ctg 22°) =
ctg 22° − ctg 45°
ctg 22° ⋅ 1 + 1 ctg 22° − 1 − ctg 22° − 1 = 1 − ⋅ (1 − ctg 22°) = (1 − ctg 22°) = ctg 22° − 1 ctg 22° − 1 =
−2 ⋅ (1 − ctg 22°) = 2 . ctg 22° − 1
18
4.
Hozza egyszerűbb alakra a bal oldali oszlopban álló kifejezéseket. Az eredményeket a jobb oldali oszlopban felsoroltuk, csak más sorrendben. Keresse meg az összetartozó párokat. (A) cos 4 x − sin 4 x (a) sin x (B) cos( x + y ) ⋅ cos( x − y ) (b) cos x (C) sin ( x + y ) ⋅ sin ( x − y )
(c) sin x ⋅ cos x
(D)
cos x − sin x 1 − tg x
(d)
1 sin x
(E)
tg x − tg y ctg y − ctg x
(e)
1 cos x
(F)
tg x − ctg y tg y − ctg x
(f) cos 2 x − sin 2 x
(G)
1 tg x + ctg x
(g) cos 2 x − sin 2 y
cos 2 x 1 + sin x (I) sin x ⋅ tg x + cos x
(i) tg x ⋅ tg y
(J) cos x ⋅ ctg x + sin x
(j) tg x ⋅ ctg y
(h) sin 2 x − sin 2 y
(H) 1 −
Megoldás: (A) – (f), (B) – (g), (C) – (h), (D) – (b), (E) – (i), (F) – (j), (G) – (c), (H) – (a), (I) – (e), (J) – (d).
5.
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) ( x − 2) ⋅ cos x = cos x
c) sin x = 2 sin
b) 1 + sin 2 x = cos x
2
2
x
Megoldás: a) Ha cos x = 0 , akkor x =
π 2
+ kπ , ahol k tetszőleges egész szám. Ezek megoldásai
az egyenletnek. Ha cos x ≠ 0 , akkor ( x − 2) = 2
Ha cos x > 0 , akkor
cos x . cos x
cos x 2 = 1 , azaz ( x − 2) = 1 , x = 3 vagy x = 1 . A cos x > 0 feltécos x
telt x = 1 teljesíti, ezért ez is megoldása egyenletünknek. cos x 2 Ha cos x < 0 , akkor = −1 , ám az ( x − 2 ) = −1 egyenletnek nincs megoldása. cos x Az ( x − 2) ⋅ cos x = cos x egyenlet megoldásai x = 1 és x = 2
ges egész szám.
19
π 2
+ kπ , ahol k tetszőle-
b) 1 + sin 2 x ≥ 1 ≥ cos x miatt az egyenletnek akkor van megoldása, ha 1 + sin 2 x = 1 és cos x = 1 teljesül. A megoldás: x = 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám. Másképp: 1 + sin 2 x = 1 + 1 − cos 2 x = cos x , azaz cos 2 x + cos x − 2 = 0 . Ennek gyökei cos x = −2 és cos x = 1 , ezek közül csak cos x = 1 lehetséges, a megoldás x = 2kπ , ahol k tetszőleges egész szám. 2
c) sin x ≤ 1 = 2 0 ≤ 2 sin x miatt az egyenletnek akkor van megoldása, ha az egyenlet mindkét oldala 1, azaz ha sin x = 1 és sin x = 0 egyszerre teljesül, ami nem lehetséges. Az egyenletnek nincs megoldása. 6.
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) sin 2 x − 3 sin x ⋅ cos x + 2 cos 2 x = 0 b) 2 sin 2 x + sin x ⋅ cos x − 6 cos 2 x = −2 Megoldás: a) Ha cos x = 0 lenne, akkor az egyenlet miatt sin x = 0 , ami lehetetlen. Ezért most cos x ≠ 0 , oszthatunk cos 2 x -el, és így kapjuk a tg 2 x − 3 tg x + 2 = 0 másodfokú
egyenletet.
Ennek
gyökei
tg x = 1
tg x = 2 ,
és
ahonnan
x1 =
π 4
+ kπ
és
x2 ≈ 1,1071 + kπ , ahol k ∈ Ζ . b) Ha cos x = 0 lenne, akkor az egyenlet miatt sin 2 x = −1 , ami lehetetlen. Ezért most 2 cos x ≠ 0 , oszthatunk cos 2 x -el, azonban a kapott tg 2 x + tg x − 6 = − egyenlet cos 2 x most nem lesz tg x -re nézve másodfokú egyenlet. Használjuk,
hogy
(
)
2 sin 2 x + cos 2 x = 2 ,
(
ezért
)
egyenletünk
előbb
a
2 sin x + sin x ⋅ cos x − 6 cos x = −2 sin x + cos x , azaz a 2
2
2
2
4 sin x + sin x ⋅ cos x − 3 cos x = 0 alakot ölti, majd a cos 2 x -el való osztás után kap3 juk a 4 tg 2 x + tg x − 3 = 0 egyenletet. Ennek gyökei: tg x = és tg x = −2 , ahonnan 4 x1 ≈ 0,6435 + kπ és x 2 ≈ 2,1850 + kπ , ahol k ∈ Ζ . 2
7.
2
Oldja meg a sin x ⋅ (1 + cos x ) = 1 + cos x + cos 2 x egyenletet! 3 , ám ennek nincs megoldása. Ezért ha egyen2 letünknek megoldása x, akkor cos x ≠ 1 , 1 − cos x ≠ 0 . Szorozzuk az egyenletet (1− cos x ) -el.
Megoldás: Ha cos x = 1 , akkor sin x =
(
)
sin x ⋅ 1 − cos 2 x = 1 − cos 3 x , sin 3 x = 1 − cos 3 x , sin 3 x + cos3 x = 1 .
20
Mivel sin 3 x ≤ sin 2 x , cos 3 x ≤ cos 2 x és sin 2 x + cos 2 x = 1 , így sin 3 x + cos 3 x ≤ 1 . Ezért
sin 3 x = sin 2 x
cos 3 x = cos 2 x ,
és
azaz
sin x ⋅ (sin x − 1) = 0
és
sin x = ±1 ,
ám
cos x ⋅ (cos x − 1) = 0 . Mivel cos x ≠ 1 , így cos x = 0 . Ha cos x = 0 , sin x ⋅ (sin x − 1) = 0 miatt csak sin x = 1 lehet. Így az egyenlet megoldása x =
8.
π 2
akkor
+ 2kπ , ahol k ∈ Ζ .
Oldja meg a sin 2 8 x − sin 2 4 x = −1 egyenletet! Megoldás: 1 − sin 2 4 x = cos 2 4 x , így az egyenlet sin 2 8 x + cos 2 4 x = 0 alakban írható. Mivel
sin 2 8 x ≥ 0, cos 2 4 x ≥ 0 , így sin 2 8 x + cos 2 4 x = 0
csak úgy lehet, ha
sin 8 x = 0 és cos 4 x = 0 , azaz sin 8 x = 0 és cos 4 x = 0 . A sin 8 x = 0 egyenlet kπ , k ∈ Ζ . A cos 4 x = 0 egyenlet megoldásai: megoldásai: 8 x1 = kπ , így x1 = 8 π π kπ 4 x 2 = + kπ , így x 2 = + , k ∈ Ζ . Olyan x szám lehet csak az egyenlet megol2 8 4 dása, amelyre sin 8 x = 0 és cos 4 x = 0 is teljesül, így a megoldások: π kπ x= + , k∈Ζ. 8 4 2
9.
2
Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) 3 sin x + 4 cos x = 5
b) 4 sin x + 5 cos x = 6
Megoldás: 3 4 a) sin x + cos x = 1 , mivel 5 5
2
2
3 4 + = 1 , így van olyan ϕ hegyesszög, amelyre 5 5
3 4 és sin ϕ = (gondoljunk a sin 2 ϕ + cos 2 ϕ = 1 összefüggésre). Ez a szög 5 5 ϕ = 53,13° . cos ϕ =
3 4 1 = sin x + cos x = cos ϕ ⋅ sin x + sin ϕ ⋅ cos x = sin (x + ϕ ) , 5 5 sin( x + 53,13°) = 1 , ennek megoldása
azaz
sin( x + ϕ ) = 1 ,
x + 53,13° = 90° + k ⋅ 360° , így x = 36,87° + k ⋅ 360° , ahol k tetszőleges egész szám. 2
2
4 5 b) 4 + 5 = 41 , így + = 1 . Legyen ϕ olyan hegyesszög, amelyre 41 41 4 cos ϕ = , ez a szög ϕ = 51,34° . 41 2
2
21
Osszuk az egyenletet 41 -gyel, és ezután alkalmazható az addíciós tétel: 4 5 6 ⋅ sin x + ⋅ cos x = , 41 41 41 6 6 cos ϕ ⋅ sin x + sin ϕ ⋅ cos x = , vagyis sin( x + ϕ ) = , 41 41 6 sin( x + 51,34°) = = sin 69,56° , 41 tehát x + 51,34° = 69,56° + k ⋅ 360° , x = 18,22° + k ⋅ 360° , vagy x + 51,34° = (180° − 69,56°) + k ⋅ 360° , x = 59,10° + k ⋅ 360° , ahol k tetszőleges egész szám.
10.
Oldja meg a cos 4 x ⋅ cos 5 x = cos 6 x ⋅ cos 7 x egyenletet! Megoldás: Használjuk a szorzatot összeggé alakító azonosságot: 1 cos α ⋅ cos β = ⋅ [cos(α + β ) + cos(α − β )] . 2 1 1 Így (cos 9 x + cos x ) = (cos13 x + cos x ) , cos 9 x − cos13 x = 0 . 2 2 α +β β −α A cos α − cos β = 2 sin ⋅ sin azonosság miatt egyenletünk a következő 2 2 alakot ölti: 2 sin 11 x ⋅ sin 2 x = 0 . Ezért sin 2 x = 0, x1 = k ⋅
11.
π 2
, vagy sin 11 x = 0, x 2 = k ⋅
Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket. a) cos x ≤ 0 1 b) sin x ≥ 2 c) ctg x < − 3 Megoldás: 3π π a) + 2kπ ; + 2 kπ , k ∈ Z . 2 2 5π π b) + 2kπ ; + 2 kπ , k ∈ Z . 6 6 π c) − + kπ ; kπ , k ∈ Z . 6
22
π 11
, ahol k ∈ Ζ .
12.
Oldja meg a
3 sin 2 x + cos 2 x < 1 egyenlőtlenséget.
3 1 1 π π 1 sin 2 x + cos 2 x < , azaz cos ⋅ sin 2 x + sin ⋅ cos 2 x < , és az 2 2 2 6 6 2 π 1 addíciós tétel miatt sin 2 x + < . 6 2
Megoldás: Az
Ennek megoldása azaz
13.
π 3
5π π 13π 4π 12π + 2 kπ < 2 x + < + 2kπ , így + 2 kπ < 2 x < + 2 kπ , 6 6 6 6 6
+ kπ < x < π + kπ , ahol k tetszőleges egész szám.
Az ABCD négyzetbe írtuk az AEF egyenlő szárú háromszöget, ahol E a BC oldalon, F a DC oldalon nyugszik és AE = AF . Ha tg AFE∠ = 3 , akkor mennyi cos EAB∠ ? Megoldás: Az ábra az AC átlóra szimmetrikus, így az A-nál lévő szög: 90° = (180° − 2α ) + 2 β , így β = α − 45° , ahol AFE∠ = α , EAB∠ = β .
cos β = cos(α − 45° ) = sin 2 α + cos 2 α = 1 cos β =
2 (cos α + sin α ) . Mivel tg α = 3 , így sin α = 3 cos α , és 2 1 3 miatt cos α = , innen sin α = és 10 10
2 1 3 2 5 . + = 2 10 5 10
23
14.
Mutassa meg, ha ABCDEFGHI szabályos kilencszög, akkor AF = AB + AC . Megoldás: Tudjuk, hogy ha egy r sugarú körben az a hosszúságú húrhoz α kerületi 360° = 40° szög tartozik, akkor a = 2r ⋅ sin α . A szabályos kilencszög egy oldalához 9 os középponti szög, és 20° -os kerületi szög tartozik.
Az AB húrhoz 20° -os, az AC húrhoz 40° -os és az AF húrhoz 80° -os kerületi szög tartozik. Ezek miatt az AF = AB + AC egyenlőség felírható a következő alakban: 2 r ⋅ sin 80° = 2 r ⋅ sin 20° + 2 r ⋅ sin 40° . A sin 80° = sin 20° + sin 40° összefüggést kell α +β α −β igazolnunk. A sin α + sin β = 2 sin ⋅ cos azonosság miatt 2 2 sin 20° + sin 40° = 2 sin 30° ⋅ cos 10° = cos 10° , és cos 10° = sin 80° , így sin 20° + sin 40° = sin 80° . 15.
Az ABC háromszögben AB = 8, AC = 3, BAC <= 60° , és az A csúcsból induló szögfelező a szemközti oldalt a D pontban metszi. Mekkora a CD szakasz? Megoldás: A koszinusz-tétel miatt: BC = 32 + 82 − 2 ⋅ 3 ⋅ 8 ⋅ cos 60° = 73 − 24 = 7.
A szögfelező-tétel miatt
CD 3 3 3 21 = , így CD = BC = ⋅ 7 = . DB 8 11 11 11
24
16.
Egy 5 egység sugarú körbe írt háromszög két oldala 7 és 9 egység. Mekkora a harmadik oldal? Megoldás: Ha az r sugarú körbe írt háromszög a oldalával szemben α szög van, akkor a = 2r ⋅ sin α . Így 9 = 10 ⋅ sin α , 7 = 10 ⋅ sin β . A háromszög oldalai a = 9, b = 7 és c, a szemközti szögek rendre α , β , γ . Ez a háromszög hegyesszögű, mert 7 2 + 9 2 > 10 2 . Ha sin α =
9 19 7 51 , akkor cos α = ; valamint ha sin β = , akkor cos β = . 10 10 10 10
sin γ = sin (180° − (α + β )) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β =
A c = 2r ⋅ sin γ összefüggés alapján: c =
9 51 + 7 19 . 100
9 51 + 7 19 ≈ 9,48 . 100
Megjegyzés: Számolhatunk számológéppel is. Ha sin α =
9 , akkor α = 64,16° , és 10
7 miatt β = 44,43° , ezért γ = 180° − (α + β ) = 71,41° . 10 A c = 2r ⋅ sin γ összefüggést használva c = 9,48 . sin β =
17.
Egy háromszög oldalainak hossza n − 1, n, n + 1 , ahol n egész szám, és a háromszög legnagyobb szöge kétszerese a legkisebb szögének. Mekkorák a háromszög oldalai? Megoldás: A háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, így ha a n −1 n +1 kisebb szög α , akkor a szinusz-tétel szerint: = , azaz sin α sin 2α n −1 n +1 n +1 = , és így cos α = . sin α 2 sin α cos α 2(n − 1) Most írjuk fel a koszinusztételt: (n − 1) = n 2 + (n + 1) − 2n(n + 1) cos α , innen 2
(n − 1)2
= n 2 + (n + 1) − 2n(n + 1) ⋅ 2
2
n +1 . 2(n − 1)
Ebből a műveletek és az összevonások elvégzése után n = 5 . Tehát a háromszög oldalai 4, 5 és 6 egység hosszúak.
25
18.
Egységsugarú félkörbe téglalapot írtunk, melynek két csúcsa az átmérőn, két másik csúcsa a félköríven nyugszik. Legfeljebb mekkora lehet a téglalap területe? Megoldás: Az ábrán látható adatokkal felírhatjuk a téglalap területét.
t = 2 cos α ⋅ sin α = sin 2α . Mivel sin 2α ≤ 1 , így a téglalap területe legfeljebb 1 területegység. A téglalap területe ezt az értéket felveszi, ha α = 45° . (Ekkor a téglalap egyik oldala kétszerese a másik oldalának.)
19.
Az ABC szabályos háromszögben felvettük az M és N pontokat úgy, hogy MAB∠ = MBA∠ = 40° , NAB∠ = 20° , NBA∠ = 30° . Bizonyítsa be, hogy MN párhuzamos BC-vel. Megoldás. Az M és az N pontok merőleges vetülete a BC oldalon P és Q. Az MN párhuzamos BC-vel, ha MP = NQ . A BAN háromszögben a szinusztétel miatt:
BN a a = = . sin 20° sin 130° sin 50°
A BAM háromszögben a szinusztétel miatt:
BM a a = = . sin 40° sin 100° sin 80°
26
Ekkor: NQ = BN ⋅ sin 30° = MP = BM ⋅ sin 20° =
a ⋅ sin 20° ⋅ sin 30° , és sin 50°
a ⋅ sin 40° ⋅ sin 20° . sin 80°
sin 30° sin 40° = . Ez igaz, sin 50° sin 80° 1 mivel sin 30° ⋅ sin 80° = ⋅ 2 sin 40° ⋅ cos 40° = sin 40° ⋅ sin 50° . 2 MP = NQ teljesül, ha
20.
Az ABC háromszög oldalai a, b, c, területe t = a 2 − (b − c ) . Határozza meg az a ol2
dallal szemközti szög nagyságát. Megoldás. Az a oldallal szemközti szöget jelölje α . bc ⋅ sin α bc ⋅ sin α 2 t= = a 2 − (b − c ) = a 2 − b 2 + 2bc − c 2 , azaz − 2bc = a 2 − b 2 − c 2 . 2 2 2 2 2 2 A koszinusztétel miatt: a = b + c − 2bc ⋅ cos α , azaz a − b 2 − c 2 = −2bc ⋅ cos α . bc ⋅ sin α Ezekből − 2bc = −2bc ⋅ cos α . 2 sin α Osszunk bc-vel ( bc ≠ 0 ): − 2 = −2 cos α , azaz sin α = 4(1 − cos α ) . 2 Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: sin 2 α = 16 − 32 cos α + 16 cos 2 α . Használjuk a sin 2 α = 1 − cos 2 α azonosságot, és rendezzük az egyenletet: 17 cos 2 α − 32 cos α + 15 = 0 . Az egyenlet gyökei: cos α = 1 15 és cos α = . Az első gyök nem megoldása a feladatnak, mert α ≠ 0° . 17 15 cos α = , így α ≈ 28,07° . 17
IV. Ellenőrző feladatok 1. 2.
3.
Számolja ki cos 20° + cos 60° + cos 100° + cos 140° értékét számológép segítsége nélkül! 1 1 3 Az a, b, c oldalú háromszög oldalaira fenn áll az + = összefüga+b b+c a+b+c gés. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van 60° -os szöge. Oldja meg a sin(60° + x ) = 2 sin x egyenletet.
27
4.
Oldja meg a tg 2 x + tg x ≥ 0 egyenlőtlenséget.
5.
Mekkora az ábrán látható ED szakasz?
6.
Egy egyenlő szárú háromszögben az alapon fekvő szög szinusza kétszerese a csúcsnál fekvő szög koszinuszának. Mekkora a szárszög?
Az ellenőrző feladatok megoldásai 1.
Számolja ki cos 20° + cos 60° + cos 100° + cos 140° értékét számológép segítsége nélkül! Megoldás: cos 20° + cos 60° + cos 100° + cos 140° = = cos 140° + cos 20° + cos 100° + cos 60° = 140° + 20° 140° − 20° = 2 cos ⋅ cos + cos 100° + cos 60° = 2 2 = 2 cos 80° ⋅ cos 60° + cos 100° + cos 60° = 1 1 1 1 = 2 cos 80° ⋅ + cos 100° + = cos 80° + (− cos 80° ) + = . 2 2 2 2
28
2.
1 1 3 + = összefüga+b b+c a+b+c gés. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van 60° -os szöge.
Az a, b, c oldalú háromszög oldalaira fenn áll az
Megoldás: A megadott feltétel átrendezett alakja: b 2 = a 2 + c 2 − a ⋅ c , és ez a koszi1 nusztétel szerint azt jelenti, hogy a b oldallal szemközti β szögre cos β = , tehát 2 β = 60° .
3.
Oldja meg a sin(60° + x ) = 2 sin x egyenletet. Megoldás: Az addíciós tétel miatt: sin 60° ⋅ cos x + cos 60° ⋅ sin x = 2 sin x , itt helyettesítsük az ismert szögfüggvényértékeket:
3 1 ⋅ cos x + ⋅ sin x = 2 sin x , azaz 2 2
3 3 ⋅ cos x = ⋅ sin x . 2 2
Mivel cos x ≠ 0 , így oszthatunk vele, és rendezés után: tg x =
4.
3 , azaz x = 30° + k ⋅ 180° , ahol k tetszőleges egész szám. 3
Oldja meg a tg 2 x + tg x ≥ 0 egyenlőtlenséget.
π
+ k ⋅ π , k ∈ Z értékek tar2 toznak. Az a = tg x helyettesítés után az a 2 + a ≥ 0 egyenlőtlenséget kapjuk. Az
Megoldás: Az egyenlet értelmezési tartományába az x ≠
y = a 2 + a parabola felfelé nyitott, zérushelyei a = 0 és a = −1 . Így az a 2 + a ≥ 0 egyenlőtlenség megoldásai az a ≤ −1 , illetve a ≥ 0 valós számok. A tg x ≤ −1 egyenlőtlenség megoldása − lenség megoldása 0 + kπ ≤ x <
π 2
π 2
+ kπ < x ≤ −
π 4
+ kπ , a tg x ≥ 0 egyenlőt-
+ kπ , ahol k tetszőleges egész szám.
29
5.
Mekkora az ábrán látható ED szakasz?
Megoldás: Az ABC háromszögben írjuk fel a koszinusz-tételt: 1 7 2 = 5 2 + 3 2 − 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ cos γ , ahol γ = ACB∠ = DCE∠. Innen cos γ = − . 2 A DCE háromszögben a koszinusz-tétel szerint 1 DE 2 = 3 2 + 4 2 − 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ cos γ = 9 + 16 − 24 ⋅ − = 37 , DE = 37 . 2
6.
Egy egyenlő szárú háromszögben az alapon fekvő szög szinusza kétszerese a csúcsnál fekvő szög koszinuszának. Mekkora a szárszög? Megoldás. Az alapon fekvő szögek nagysága α , a szárszög
β . Ekkor
sin α = 2 cos β , továbbá 2α + β = 180° .
Ebből cos β = cos(180° − 2α ) = − cos 2α = sin 2 α − cos 2 α = 2 sin 2 α − 1 , ezt az előbbi egyenletbe írva kapjuk a 4 sin 2 α − 2 sin α − 2 = 0 egyenletet, melynek gyökei 1 ± 33 1 + 33 . Mivel α hegyesszög, sin α = , α = 57,47° , és a szárszög 8 8 β = 65,07° .
sin α =
30
