5. Trigonometria I. Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy 2 cos 40° − cos 20° = √3. sin 20° KöMaL 2010/október; C. 1048.
∡=
2. Az háromszög belsejében lévő pontra ha a háromszög szögei , és , akkor 1 sin
=
1 sin
+
1 sin
∡=
+
∡ = . Mutassuk meg, hogy
1 . sin KöMaL 1999/április; F. 3284.
3. Az
négyszögben oldal pontos értéke?
= 1,
= 2,
= √3,
∡ = 120°,
∡ = 90°. Mekkora az
KöMaL 2002/december; C. 697.
4. Az
háromszögben a szokásos jelölésekkel
= 60°,
= 20° és
= 1. Mennyi az
− BC
kifejezés pontos értéke? KöMaL 1996/szeptember; F. 3134.
5. Határozzuk meg a háromszög területét két oldal és a közbezárt szög szögfelezőjének ismeretében. KöMaL 1985/október; Gy.2292.
6. Oldjuk meg a következő egyenletet: 1 1 2 − = . sin sin 2 sin 4 KöMaL 2005/december; C.834.
7. Mekkora ctg értéke, ha ctg = sin ? KöMaL 2006/március; C.849.
8. Oldjuk meg a sin
+ cos
+ sin
=2
egyenletet. KöMaL 2014/január; B.4599.
9. Az − 10 + 11 = 0 egyenlet gyökei , és . Határozzuk meg az arctg + arctg + arctg értékét. KöMaL 2002/november; B.3590.
1
10. Határozzuk meg a 0;
intervallumban az ( )=
4 − 3sin − 3cos sin cos
függvény értékkészletét. KöMaL 1992/december; F.2932.
11. Az és párhuzamos egyenesek közé eső pont távolsága az -től , -től . Határozzuk meg a legkisebb területű háromszög oldalait, ha a háromszög -nél lévő szöge derékszög, csúcsa az egyenesre, pedig -re esik! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1978; haladók, általános tantervű osztályok, 2. forduló
12. Egy
területű derékszögű trapézba az oldalakat érintő
sugarú kör írható, ahol
=
.
Mekkora a trapéz alapjainak aránya? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013;haladók, II. kategória, 1.forduló
13. Egy tizenkét egység alapú egyenlő szárú háromszögbe félkört írunk úgy, hogy a félkör átmérője a háromszög alapján van, a félkör íve pedig érinti a háromszög szárait. Mekkora a félkör sugara, ha a félkörív az alaphoz tartozó magasságot a csúcshoz közelebbi harmadoló pontban metszi? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2004/2005; haladók II. kategória, 1 .forduló
14. Az egységnyi hosszú szakasz mint átmérő fölé rajzolt félkörív egy pontja további pontja , és jelölje a és szakaszok metszéspontját. Határozza meg az ∙ + ∙ kifejezés pontos értékét!
, a
ív egy
Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2013/2014; kezdők I-II. kategória, 2 .forduló
15. Határozzuk meg a 18°, 36°, 54°, 72° szögfüggvényeinek pontos értékét! 16. Legyen az ,a
és a
szabályos ötszög átlójának felezőpontja . Hogyan aránylik egymáshoz az háromszög területe? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1973; haladók, 1 .forduló
17. Az
háromszögben a
vehet fel az
csúcsnál kétszer akkora szög van, mint az -nál. Milyen értékeket
hányados? OKTV 1979; általános tantervű osztályok, 2. forduló
18. Milyen „ ” valós érték mellett van megoldása a cos 3 ∙ cos
− sin 3 ∙ sin
=
egyenletnek? OKTV 1975; 1. forduló
2
19. Közelítő értékek használata nélkül adjuk meg a = tg 47° + tg 43° − tg 2°(tg 47° − tg 43°) kifejezés pontos értékét! OKTV 2000/2001; általános tantervű osztályok, 1. forduló
20. Az alábbi kifejezés egyes tagjainak nincs értelme, ha értéke 45° vagy 225°. Van-e a kifejezésnek határértéke, ha az egyik vagy a másik szöghöz tartó olyan sorozaton fut végig, amelynek elemeire van értelme az egyes tagoknak? (1 + tg 2 ) cos
+ tg 2 sin +
1 + sin 2 + cos 2 . 2(sin − cos ) OKTV 1974; 1. forduló
21. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 ≤
≤ 2 , és 0 ≤
cos + cos sin ∙ sin
≤2 :
= 1, (1) 3 = − . (2) 4 OKTV 2006/2007; II. kategória, 2. forduló
22. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg
− 3 > 1 + 2 ∙ tg OKTV 2013/2014; II. kategória, 1. forduló
23. Mennyi a √1 + cos 30° − √1 − sin 60° különbség értéke? 1 ( ) 2
( )
√3 3
( )
√3 2
( ) 1
( ) √3
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2008; 12. osztály, megyei forduló
24. Egy tompaszög tangense −2. Mennyi a szög felének a tangense? ( )
2 1 − √5
( )−
1 √2
( )
1 √5
( )
2 √5
( )
2
√5 − 1
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2010; 11. osztály, megyei forduló
25. Mennyivel egyenlő a valós számok halmazán értelmezett
( ) = 8 sin
+
− 5 cos
függvény legnagyobb és legkisebb értékének szorzata? ( ) − 169
( ) − 49
( ) − 40
( ) − 26
( ) − 13
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2008; 12. osztály, országos forduló
3
26. Azon háromszögek közül, amelyeknek a területe egyenlő és egyik szögük közös, melyikben lesz az ismert szöggel szemközti oldal a legkisebb? „Ki miben tudós?” vetélkedő 1964; országos selejtező feladata
27. Megmértük egy vízszintes terepen álló antennatorony emelkedési szögét a talpponttól 100 , 200 és 300 távolságból. A három szög összege 90°. Milyen magas a torony? A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1959.évi 2. feladata
28. Bizonyítsuk be, hogy a konvex négyszögek közül csak a paralelogrammáknak van meg az a tulajdonságuk, hogy mind a négy csúcs esetében ugyanakkora összeget kapunk, ha a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait összeadjuk. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1967.évi 3. feladata
29. Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának arányát (ahol > 1). Határozzuk meg, hogy hogyan függ -tól az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1994.évi 1. feladata
30. (Morley tétele) Egy tetszőleges háromszög szögeit az , , , , , egyenlő részre osztják. Bizonyítsuk be, hogy az háromszög szabályos.
egyenesek 3 − 3
D.O.Skljarszkij – N. N. Csencov – I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Geometria I, 180. feladat
4
II. Megoldások 1. Mutassuk meg, hogy 2 cos 40° − cos 20° = √3. sin 20° KöMaL 2010/október; C. 1048.
Megoldás: 2 cos 40° − cos 20° 2 cos(60° − 20°) − cos 20° = = sin 20° sin 20° =
2 (cos 60° ∙ cos 20° + sin 60° ∙ sin 20 °) − cos 20° = sin 20° 2 =
=
1 √3 ∙ cos 20° + ∙ sin 20° − cos 20 ° 2 2 sin 20°
=
cos 20° + √3 ∙ sin 20° − cos 20 ° √3 ∙ sin 20° = = √3. sin 20° sin 20° ∡=
2. Az háromszög belsejében lévő pontra ha a háromszög szögei , és , akkor 1 sin
=
1 sin
+
1 sin
∡=
+
∡ = . Mutassuk meg, hogy
1 . sin KöMaL 1999/április; F. 3284.
Megoldás:
Az ábra jelöléseit használva kifejezzük a háromszög területét a részháromszögek területének összegeként: =
∙ sin + 2
∙ sin + 2
Átrendezés után: 1 = + + . sin 2 2 2 5
∙ sin . 2
Felhasználjuk, hogy 2 = 1 = sin
∙ sin = +
∙ sin
∙ sin
+
∙ sin : =
∙ sin
+
∙ sin
+
∙ sin
∡= − ; ∡ = , tehát ∡ = 180° − . Az ; ;
Az háromszögben számolva ∡ = 180° − , szinusztételt azt kapjuk, hogy =
∙ sin =
∙ sin
. (1)
∡ = 180° − . Hasonlóan háromszögben felírva a
sin sin sin sin = ; = ; = . sin (180° − ) sin sin sin
Az (1) összefüggésben felhasználva: 1 = sin
∙ sin
+
∙ sin
+
∙ sin
=
sin sin
+
sin sin
+
sin , sin
ahonnan sin -vel osztva megkapjuk a feladat állítását: 1 sin 3. Az négyszögben oldal pontos értéke?
= 1,
= = 2,
1 sin
+
1 sin
= √3,
+
1 . sin
∡ = 120°,
∡ = 90°. Mekkora az
KöMaL 2002/december; C. 697.
Megoldás:
Az szöget:
háromszögből koszinusztétellel kiszámítjuk az
szakasz hosszát és az
= 1 + 2 − 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ cos 120° ⇒ cos Az
szakaszt az
=
√7
+2 −1
2 ∙ 2 ∙ √7
=
10 4 ∙ √7
=
= √7
5 ∙ √7 . 14
háromszögből szintén koszinusztétellel tudjuk meghatározni. = √7
+ √3
− 2 ∙ √7 ∙ √3 ∙ cos(90° − ) (1)
6
-val jelölt
cos(90° − ) = sin
=
1 − cos
=
5√7 14
1−
=
21 √21 √7 ∙ √3 = = 196 14 14
Ezt az (1) egyenletbe behelyettesítve: = √7
− 2 ∙ √7 ∙ √3 ∙
√7 ∙ √3 = 7 + 3 − 3 = 7 . 14
oldal hossza √7.
Tehát az 4. Az
+ √3
háromszögben a szokásos jelölésekkel
= 60°,
= 20° és
= 1. Mennyi az
− BC
kifejezés pontos értéke? KöMaL 1996/szeptember; F. 3134.
Megoldás:
Az
háromszögben a szinusztétel alapján: =
1
=
sin 100° és sin 20°
=
1
=
=
sin 60 ° . sin 100°
Trigonometrikus azonosságok alapján: sin 100° = sin 80° = cos 10° sin 20° = 2 sin 10° cos 10° Így 1
−
=
sin 100° sin 60 ° cos 10° sin 60 ° − = − = sin 20° sin 100° 2 sin 10° cos 10° cos 10°
1 cos 10° − 2 sin 60 °sin 10° 2 2 cos 10° − sin 60 °sin 10° = = = 2 10° 10° 20° =
2(cos 60° cos 10° − sin 60 °sin 10°) 2 cos(60° + 10°) 2 cos 70° = = = 2. sin 20° cos 70° cos 70°
Tehát a kifejezés pontos értéke 2. 5. Határozzuk meg a háromszög területét két oldal és a közbezárt szög szögfelezőjének ismeretében. KöMaL 1985/október; Gy. 2292.
7
Megoldás:
Az ábra jelöléseit használva a háromszög területét , , segítségével kell kifejeznünk. A háromszög kétszeres területét két oldallal és a közbezárt területtel kifejezve: 2 ∙
=2
∙ sin 2 =
∙
+2 ∙ sin +
∙
∙ sin
Felhasználjuk a kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot: ∙ ∙ 2 ∙ sin ∙ cos =
∙
∙ sin +
∙ sin = ( + ) ∙
∙
∙ sin
sin ≠ 0, ezért oszthatunk vele: 2∙
∙ ∙ cos = ( + ) ∙ ⇒ cos =
( + )∙ 2
> 0 a feladatbeli jelentése miatt, ezért sin =
1 − cos
=
1−
( + ) ∙ 4
,
így a háromszög területe =
∙
∙ 2
2
=
∙ ∙ sin ∙ cos
=
( + )∙ 4
=
∙ 4
∙ ∙ 1−
( + ) ∙ 4
−( + ) ∙
∙
( + )∙ 2
.
Ez a képlet a kívánt adatokkal fejezi mi a háromszög területét. 6. Oldjuk meg a következő egyenletet: 1 1 2 − = . sin sin 2 sin 4 KöMaL 2005/december; C.834.
Megoldás: Először az egyenlet értelmezési tartományát vizsgáljuk meg:
8
sin ≠ 0, sin 2 ≠ 0, sin 4 ≠ 0, ezért
≠
∙ ,
∈ ℤ.
Az ismert azonosságok felhasználásával: sin 2 = 2 ∙ sin ∙ cos sin 4 = 2 ∙ sin 2 ∙ cos 2 = 4 sin ∙ cos ∙ (cos A
− sin
).
4 megfelel közös nevezőnek, ezzel szorozzuk az egyenlet mindkét oldalát: 4 ∙ cos ∙ (cos
Ha a sin = 1 − cos egyenletünk:
) − 2(cos
− sin
− sin
) = 2.
helyettesítést elvégezzük, akkor csak egy szögfüggvényt tartalmaz az 4 ∙ cos ∙ (2cos
− 1) − 2(2cos
− 1) = 2.
Zárójelfelbontás és rendezés után: 2cos Az értelmezési tartomány miatt cos
− cos
= 0.
≠ 0, ezért oszthatunk vele: 2cos
Ennek az egyenletnek a cos
− cos
− cos − 1 = 0.
= 1 és a cos
= − a megoldása. Az első lehetőség az értelmezési
tartomány miatt nem lehet, ezért: =±
2 +2 3
, ahol ∈ ℤ .
7. Mekkora ctg értéke, ha ctg = sin ? KöMaL 2006/március; C.849.
Megoldás: A ctg függvény értelmezése miatt
≠
∙ ,
∈ ℤ . A ctg =
összefüggés alapján a
feladat feltétele így írható: cos = sin ⇒ sin sin
= cos ⇒ 1 − cos
= cos ⇒ cos
+ cos − 1 = 0 .
Innen: cos Ha cos
=
Ha cos
=
√
√
=
−1 ± √5 . 2
, akkor −1-nél kisebb értéket kapunk, ami nem lehetséges.
, akkor sin
= 1 − cos
= 1−
√5 − 1 2
sin = ±
9
=
4 − 5 + 2√5 − 1 √5 − 1 = 4 2
√5 − 1 . 2
Így cos ctg = =± sin
√5 − 1 √5 − 1 2 =± = sin . 2 √5 − 1 2
Ekkor az értelmezési tartomány feltétele is teljesül. 8. Oldjuk meg a sin
+ cos
+ sin
=2
egyenletet. KöMaL 2014/január; B.4599.
Megoldás: Láthatóan a sin = 1 és cos = 0 megoldása az egyenletnek. A szinusz- és a koszinusz-függvény is korlátos. Próbáljunk meg olyan becslést adni, ami elvezet a megoldáshoz. Az alábbiakban felhasználjuk, hogy sin ≤ 1, cos ≤ 1, sin ≥ 0, cos ≥ 0 és sin +cos = 1: sin
+ cos ≤ 1 ∙ sin
+ sin
= sin
∙ sin
+ cos
+ 1 = (sin
+ 1 ∙ cos
Az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha sin
∙ cos
+ cos
+ sin
≤
) + 1 = 2.
= 1, tehát az egyenlet megoldása:
= +2
, ahol
∈ ℤ.
9. Az − 10 + 11 = 0 egyenlet gyökei , és . Határozzuk meg az arctg + arctg + arctg értékét. KöMaL 2002/november; B.3590.
Megoldás: Használjuk az
= arctg ; = arctg ; = arctg
jelöléseket. − < , , < .
Az addíciós tételek felhasználásával: tg ( + ) =
tg ( +
=
tg + tg 1 − tg ∙ tg
tg + tg tg + tg + tg ( + ) 1 − tg ∙ tg + )= = = tg + tg 1 − tg ∙ tg ( + ) 1 − tg ∙ 1 − tg ∙ tg
tg + tg + tg − tg ∙ tg ∙ tg + + − = 1 − (tg ∙ tg + tg ∙ tg + tg ∙ tg ) 1 − ( + +
Ha a harmadfokú egyenlet három gyöke , (gyökök és együtthatók közötti összefüggés): −( +
+ )
és
10
. (1)
, akkor az egyenlet ilyen alakban írható fel
+ (uv + uw + vw) − uvw = 0
Az eredeti egyenlet alapján:
)
= 0, (uv + uw + vw) = −10,
+ +
= −11.
Ezt az (1) összefüggésben felhasználva: tg ( +
+ )=
= 1 ⇒ +
+
= +
, ahol
∈ ℤ. (2)
A gyökök összege 0, a szorzata negatív, ezért egy negatív és két pozitív van köztük. Így közül egy a − ; 0 , kettő a 0;
intervallumba esik, ezért a (2) összefüggésben arctg + arctg + arctg
10. Határozzuk meg a 0;
, ,
= 0, azaz
= . 4
intervallumban az ( )=
4 − 3sin − 3cos sin cos
függvény értékkészletét. KöMaL 1992/december; F.2932.
Megoldás: Az + = ( + )( azonosságok alapján: sin = sin
− sin
+ cos
∙ cos
+
), az
+
= (sin
+ cos
)(sin
−
+ cos
= (sin
=( + ) −2
+ cos
= 1 − 3sin Ezek alapján az
, a sin
+ cos
− sin
∙ cos
+ cos
)=
) − 2sin
∙ cos
− sin
∙ cos
∙ cos
=1
=
.
függvényt így írhatjuk fel: ( )=
4 − 3(1 − 3sin ∙ cos sin cos
)
=
1 + 9(sin cos ) . sin cos
A sin 2 = 2 sin cos összefüggést felhasználva: ( )=
1 + 9(sin cos ) 4+9 2 2 9 = = + sin2 . sin cos 2 sin 2 sin 2 2
Vezessük be a sin 2 jelölésére az -t. A 2 a (0; ) intervallum tetszőleges pontja lehet, ezért sin 2 a (0; 1]intervallum minden értékét felveszi. A feladat szempontjából így elég a ( )=
2
+
9 2
függvény értékkészletét vizsgálni a (0; 1]intervallumon. A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján: 4 ( )= Egyenlőség akkor teljesül, ha
+9 2
= 9 , azaz
≥ = .
11
4
∙ 9 = √36 = 6.
Megvizsgáljuk, hogy minden 6-nál nagyobb valós szám hozzátartozik-e az értékkészlethez. Legyen > 6 és 2
+
9 2
=
Ekkor átalakítva 9 A másodfokú egyenlet diszkriminánsa 4
−2
+ 4 = 0.
− 144, ami
> 6 esetén pozitív, tehát két megoldás
van. A gyökök és együtthatók összefüggése alapján a gyökök szorzata
, tehát a két gyök azonos
előjelű és az egyik abszolút értéke legfeljebb . A két gyök összege pedig mindkét gyök pozitív, a kisebbik legfeljebb intervallumban. Tehát az
. Így a
függvény a
, ami pozitív, tehát
értéket felveszi a 0;
intervallumban a [6; ∞) intervallum.
függvény értékkészlete a 0;
11. Az és párhuzamos egyenesek közé eső pont távolsága az -től , től . Határozzuk meg a legkisebb területű háromszög oldalait, ha a háromszög -nél lévő szöge derékszög, csúcsa az egyenesre, pedig -re esik! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1978; haladók, általános tantervű osztályok, 2. forduló
I. Megoldás:
Az
∡ és a
jelöléseivel
∡ merőleges szárú szögek, ezért egyenlők. Ezt a szöget -val jelöljük. Az ábra =
,
=
. A háromszög területe
=
∙
=
.
Ez a kifejezés akkor a legkisebb, ha a nevező a legnagyobb, tehát sin 2 = 1. 2 = 90°,
= 45°. Így
= √2;
= √2, a Pitagorasz-tétel alapján
hegyesszög, ezért
= √2 ∙ √
+
.
II. Megoldás: 10. évfolyamon még a sin 2 -ra vonatkozó összefüggést a tanulók nem ismerik. Adunk egy olyan megoldást is, amelyben ennek ismeretére nincs szükség. ∆~ ∆, mert derékszögűek és az -val jelölt szögek merőleges szárúak, így egyenlőek. Hasonló háromszögekben a megfelelő szakaszok aránya egyenlő, ezért = ⇒
12
=
.
Pitagorasz tétele alapján: = A
+
,
=
∙ 2
=
+
=
+
.
háromszög területe: =
(
)
+ 2
+
=
2
.
Alkalmazzuk a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget: + 2 Egyenlőség akkor teljesül, ha minimuma
∙
= , azaz
=
+
.
= 45°. Így a
. Ezt a minimumot akkor kapjuk meg, ha = √2 ∙ √
alapján
= , tehát
≥
háromszög területének
= √2;
= √2, Pitagorasz-tétel
.
Láthatóan nagy segítség a feladat megoldásában, ha ismerjük a szögfüggvényeket (I.megoldás). 12. Egy
területű derékszögű trapézba az oldalakat érintő
sugarú kör írható, ahol
=
.
Mekkora a trapéz alapjainak aránya? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2012/2013;haladók, II. kategória, 1.forduló
Megoldás:
A beírható kör középpontja a trapéz szögfelezőire illeszkedik. Az ábra jelöléseit használva: = ∙ ctg ;
= ∙ ctg .
Az érintési pontokba húzott sugár merőleges az érintőre, ezért tehát = = = = . A trapéz területe: =
2 ∙ ( + ∙ ctg + + ctg ) 25 = 2 4 13
és
.
négyszög négyzet,
Átrendezve,
-tel osztva: 2 + ctg + ctg =
25 . (1) 4
A trapéz egy száron fekvő szögeinek összege 180°, ezért 2 + 2 = 180° ⇒ + Ebből következik, hogy ctg = ctg(90° − ) = tg =
= 90°.
.
Az (1) egyenletet így írhatjuk: 2 + ctg +
1 25 = ctg 4
4ctg − 17ctg + 4 = 0. A másodfokú egyenletet megoldva: 1 ctg = 4 vagy ctg = . 4 Az ezekhez tartozó
értékekre: 1 ctg = vagy ctg = 4. 4
Láthatóan a két megoldás ugyanazt a trapézt határozza meg. Az első eredménypárt használva ( hosszabb alap): = + 4 = 5 ;
= +
a
1 5 = , 4 4
Tehát a két alap aránya: = 4. Ha az
a rövidebb alap, akkor 1 = . 4
13. Egy tizenkét egység alapú egyenlő szárú háromszögbe félkört írunk úgy, hogy a félkör átmérője a háromszög alapján van, a félkör íve pedig érinti a háromszög szárait. Mekkora a félkör sugara, ha a félkörív az alaphoz tartozó magasságot a csúcshoz közelebbi harmadoló pontban metszi? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2004/2005; haladók II. kategória, 1 .forduló
Megoldás:
14
Az
= 6 ∙ sin , az
derékszögű háromszögből =
A feladat szerint
=
∙
=
. Így azt az 6 ∙ sin
Az
szög hegyesszög, ezért sin
=
+ cos
4 ∙ tg 3
4∙
sin cos . 3
≠ 0, tehát oszthatunk vele, majd cos -t kifejezzük: 2 = . 9
cos A sin
szöget keressük, amelyre
=
6 ∙ sin
= 6 ∙ tg .
derékszögű háromszögből
= 1 összefüggés alapján, felhasználva, hogy sin
=
1−
hegyesszög:
4 √5 = . 9 3
A félkör sugarát ennek segítségével ki tudjuk számolni: = 6 ∙ sin
= 2√5.
14. Az egységnyi hosszú szakasz mint átmérő fölé rajzolt félkörív egy pontja további pontja , és jelölje a és szakaszok metszéspontját. Határozza meg az ∙ + ∙ kifejezés pontos értékét!
, a
ív egy
Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 2013/2014; kezdők I-II. kategória, 2 .forduló
I. Megoldás:
A Thalesz-tétel miatt
∡ és =
Az
∡ = 180° − = =
∡ derékszög. Szögfüggvények alkalmazásával: ∙ cos
− . Az
= cos ;
=
∙ cos
= cos .
háromszögre alkalmazva szinusztételt:
sin sin(180° −
− )
sin(180° −
− )
= =
sin ⇒ sin( + )
=
sin , sin( + )
⇒
=
. sin( + )
sin( + )
15
Ezek alapján: ∙
+
∙
sin ∙ cos sin ∙ cos sin( + ) + = =1 sin( + ) sin( + ) sin( + )
=
II. Megoldás: A kezdők kategóriájában még nem tananyag a szögfüggvények témája, ezért ebben a megoldásban szögfüggvények nélkül számolunk. A Thalesz-tétel miatt az háromszög derékszögű, ezért felírhatjuk rá a Pitagorasz-tételt: Az
) =
+
és
+
+
+
háromszög derékszögű, ezért =
Az
+(
=
+2∙(
+
=
=
, és
)∙
−
+2∙
=
−
∙
.
−
, így:
+2∙
∙
háromszögekből hasonlóan: =
−
+2∙
∙
.
A két egyenletet összeadva és 2-vel osztva:
=
∙
+
∙
.
Ebből következik, hogy ∙
+
∙
= 1.
Megjegyzés: A szögfüggvények alkalmazásával ebben az esetben is egyszerűbb a megoldás. 15. Határozzuk meg a 18°, 36°, 54°, 72° szögfüggvényeinek pontos értékét! Megoldás:
Az egyenlő szárú háromszög szögei 72°, 72°, 36°. Az szögfelezővel két egyenlőszárú háromszögre bontjuk: ∆ és ∆. A nagy háromszög szára egységnyi, alapja , az háromszög szárai , alapja 1, az háromszög alapja 1 − , szára . A szögek egyenlősége miatt ∆~ ∆. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya egyenlő: 1−
1 = ⇒
+ − 1 = 0 ⇒ = 16
−1 ± √5 . 2
egy szakasz hosszát jelöli, ezért pozitív, tehát =
√5 − 1 . 2
Ezt felhasználva: √5 − 1 cos 72° = 2 = . 1 4 Az
háromszögből koszinusztétel alapján: 1+1− cos 36° =
A
+
tg 72° =
2
6 − 2√5 √5 + 1 4 = . 2 4
1−
√5 − 1 4
=
16 − 6 + 2√5 = 16
10 + 2√5 , 4
sin 36° = 1 −
√5 + 1 4
=
16 − 6 − 2√5 = 16
10 − 2√5 . 4
és ctg = 10 + 2√5 4 = √5 − 1 4
összefüggések alapján:
10 + 2√5 √5 − 1
= ctg 72° =
=
10 − 2√5 4 = 1 + √5 4
1
ctg 36° =
√5 − 1 √5 + 1
√5 + 1
5 − 2√5
=
=
5 − 2√5 5 + 2√5
=
10 − 2√5 ∙ √5 − 1 √5 + 1 √5 − 1
80 − 32√5 = 4
1
10 + 2√5 6 + 2√5
5 − 2√5 5 + 2√5
17
5 − 2√5 √5
=
,
10 − 2√5 6 − 2√5 =
4
5 − 2√5 .
5 + 2√5
=
4
5 + 2√5,
5 − 2√5
=
10 − 2√5
=
10 + 2√5 ∙ √5 + 1
80 + 32√5 = 4
5 + 2√5
tg 36° =
=
2−
= 1 összefüggés alapján: sin 72° =
A tg =
√5 − 1 2
=
5 + 2√5 √5
.
=
A pótszögek szögfüggvényeire vonatkozó összefüggések alapján: sin 18° = cos 72° =
√5 − 1 4
sin 54° = cos 36° =
√5 + 1 4
cos 18° = sin 72° =
10 + 2√5 4
cos 54° = sin 36° =
10 − 2√5 4
tg 18° = ctg 72° =
5 − 2√5 √5
tg 54° = ctg 36° =
ctg 18° = tg 72° =
5 + 2√5
ctg 54° = tg 36° =
16. Legyen az szabályos ötszög átlójának felezőpontja ABC, a CDF és a DEF háromszög területe?
5 + 2√5 √5
5 − 2√5
. Hogyan aránylik egymáshoz az
Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1973; haladók, 1 .forduló
Megoldás:
Válasszuk a szabályos ötszög oldalát egységnek. A szabályos ötszög minden szöge 108°. Az háromszög egyenlő szárú, ezért az alapon fekvő szögei egyenlők, (180° − 108°): 2 = 36°. ∡ = 108° − 36° = 72°. Szimmetria miatt ∥ , a két párhuzamos távolsága a szakasz. Ezekkel az adatokkal: ∙
= =
∙ sin 108° sin 72° = , 2 2 ∙
=
∙ cos 36° = cos 36°,
∙ sin 72° cos 36° ∙ 1 ∙ sin 72° cos 36° ∙ sin 72° = = , 2 2 2 = =
∙ sin 72° = sin 72° , ∙ 2
=
1 ∙ sin 72° sin 72° = . 2 2
Ezért a háromszögek területek aránya: 1: cos 36°: 1. A 15. feladatban kiszámoltuk cos 36° értékét, így ∶
∶
= 1 ∶
18
√5 + 1 ∶ 1. 4
17. Az ABC háromszögben a C csúcsnál kétszer akkora szög van, mint az A-nál. Milyen értékeket vehet fel az
hányados? OKTV 1979; általános tantervű osztályok, 2. forduló
Megoldás: Legyen az csúcsnál lévő szög , a csúcsnál lévő szög 2 , ekkor a csúcsnál lévő szög 180° − 3 . Így az szögre teljesül a 0 < < 60° feltétel. A szinusztétel alapján: (180° − 3 ) sin 3 sin ∙ cos 2 + cos ∙ sin 2 = = = sin 2 sin 2 2 sin ∙ cos
= =
sin ∙ (2cos
− 1) + cos ∙ 2 sin 2 sin ∙ cos = 2 cos
Bevezetjük az 2 cos 60° <
= 2 cos α jelölést, így az < 2 cos 0 °, így 1 <
−
∙ cos
=
4 sin ∙ cos − sin 2 sin ∙ cos
=
1 . 2 cos
− kifejezést vizsgáljuk. A 0 <
< 2 és −1 < − < − . Ekkor 0 <
< 60° feltétel miatt
− < .
Még megvizsgáljuk, hogy a 0 és 3⁄2 közötti számok mindegyikét megkaphatjuk-e. A 2 cos függvény folytonos, ezért a [0°; 60°]intervallumban minden értéket felvesz az [1; 2] intervallumból. Az
függvény is folytonos az [1; 2] intervallumon, ezért minden értéket
−
felvesz a 0 és 3⁄2 között. Tehát 0 <
< és a hányados minden közbülső értéket felvesz.
18. Milyen „ ” valós érték mellett van megoldása a cos 3 ∙
− sin 3 ∙
=
egyenletnek? OKTV 1975; 1. forduló
I. Megoldás: Az addíciós tételek alapján cos 3 = cos 2 ∙ cos − sin 2 ∙ sin = (cos = cos sin 3 = sin 2 ∙ cos + cos 2 ∙ sin
) ∙ cos − 2 sin ∙ cos ∙ sin =
− sin
− 3sin
∙ cos
= 2 sin ∙ cos ∙ cos + (cos
= 3cos
∙ sin − sin
− sin
) ∙ sin =
.
Ezeket az összefüggéseket behelyettesítjük a megoldandó egyenletbe: cos
− 3sin
∙ cos
− 3sin
∙ cos
+ sin
= (1)
A 10. feladat megoldásában levezettük, hogy sin
+ cos
= 1 − 3sin
∙ cos
.
Az (1) egyenletet tovább alakítva: 1 − 3sin
∙ cos
− 3sin
∙ cos 19
− 3sin
∙ cos
=
1 − 3(1 + cos 1 − 6sin 1−
= 6sin
∙ cos
∙ cos
=
)=
+ sin =
3 ∙ 4sin 2
sin 2 =
∙ cos
3 = sin 2 2
2−2 . 3
A szinuszfüggvény értékkészlete alapján ennek az egyenletnek akkor van megoldása, ha 0≤
2−2 1 ≤ 1 ⇒ − ≤ 3 2
≤ 1.
Ekkor valóban van megoldás, mert az átalakításaink megfordíthatóak voltak. II. Megoldás: Az első megoldásban szereplő képleteket tovább alakítva: cos 3 = cos
− 3sin
∙ cos
= sin 3 = 3cos
− 3(1 − cos
= cos
sin
=
= 4cos
− 3 cos
cos 3 + 3 cos 4
= 3(1 − sin
∙ sin − sin
) ∙ cos
) ∙ sin − sin
= 3 sin − 4sin
3 sin − sin 3 4
A megoldandó egyenletbe ezt felhasználva: 3 ∙
cos 3 + 3 cos 3 sin − sin 3 − sin 3 ∙ = 4 4
3 + 3
3 ∙ cos − 3 sin 3 ∙ sin + sin 3 = 4
1 + 3(
3 ∙ cos − sin 3 ∙ sin ) = 4 cos 4 =
4 −1 3
A koszinuszfüggvény értékkészlete miatt ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van megoldása, ha −1 ≤
4 −1 1 ≤ +1 ⇒ − ≤ 3 2
≤ 1 .
19. Közelítő értékek használata nélkül adjuk meg a = tg 47° + tg 43° − tg 2°(tg 47° − tg 43°) kifejezés pontos értékét! OKTV 2000/2001; általános tantervű osztályok, 1. forduló
Megoldás: 47° = 45° + 2° ; 43° = 45° − 2° és felhasználjukaz alábbi összefüggést: tg( ± ) =
tg ± tg 1∓ ∙
20
,
=
tg45° + tg2° tg45° − tg2° tg45° + tg2° tg45° − tg2° + − tg 2° − . 1 − tg45 ∙ tg2° 1 + tg45 ∙ tg2° 1 − tg45 ∙ tg2° 1 + tg45 ∙ tg2°
Használjuk az =
1+ 1−
+
=
2° jelölést:
1− 1+
−
1+ 1−
−
=
1− 1+
=
(1 + ) + (1 − ) (1 + ) − (1 − ) − = 1− 1−
2+2 −4 1−
=
2−2 1−
= 2.
20. Az alábbi kifejezés egyes tagjainak nincs értelme, ha értéke 45° vagy 225°. Van-e a kifejezésnek határértéke, ha az egyik vagy a másik szöghöz tartó olyan sorozaton fut végig, amelynek elemeire van értelme az egyes tagoknak? (1 + tg 2 ) cos
+ tg 2 sin +
1 + sin 2 + cos 2 . 2(sin − cos ) OKTV 1974; 1. forduló
Megoldás: A kifejezést átalakítjuk: cos = cos
+
+ tg2 (cos
2 sin cos cos − sin
(cos
= cos = cos
+
2 sin cos
+
+ sin ) + + sin ) +
1 + 2 sin cos + cos − sin 2(sin − cos ) sin
+ cos
+ 2 sin cos + cos 2(sin − cos )
2 sin cos 2cos + 2 sin cos + cos α − sin α 2(sin − cos )
− cos − sin cos cos − sin
= cos
= cos
= 0.
− cos
=
+
− sin
=
−cos + sin cos cos − sin
=
Tehát a kifejezés minden olyan esetben 0, amikor értelmezve van. Ekkor a határérték is 0, ha 45°-hoz vagy a 225°-hoz tart. 21. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 ≤ cos + cos sin ∙ sin
≤ 2 , és 0 ≤
=
a
≤2 :
= 1, (1) 3 = − . (2) 4 OKTV 2006/2007; II. kategória, 2. forduló
Megoldás: Vezessük be az = cos és = cos jelölést. A (2) egyenletet négyzetre emeljük, felhasználjuk, hogy sin + cos = 1, ezután az alábbi egyenletrendszert kapjuk: +
= 1 (3)
21
(1 −
)(1 −
9 . (4) 16
)=
A (3) egyenletből: +
= 1−2
.
Ezt a (4) egyenletben felhasználva: 1−
−
+
=
16 Az
+2
+ 32
=
9 16
− 9 = 0.
–ben másodfokú egyenletet megoldva: =
vagy − .
A koszinuszfüggvény 1-nél nagyobb értéket nem vesz fel, ezért az (1) egyenlet csak úgy teljesülhet, ha cos és cos
értéke sem negatív, így szorzatuk nem lehet − .
Most az +
=1 =
1 4
egyenletrendszert oldjuk meg: 1 (1 − ) = ⇒ 4
−
1 = 4
+
−
1 2
= 0.
Tehát: = Ha cos
= cos
= , akkor sin = ±
√
1 = . 2
, a (2) egyenlet alapján sin = ∓
√
. Ez alapján a
lehetséges értékek: = =
3
é
=
5 é 3
5 ; 3
= . 3
22. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg
− 3 > 1 + 2 ∙ tg OKTV 2013/2014; II. kategória, 1. forduló
Megoldás: A tangens-függvény értelmezése miatt
≠ +
tg ≥ √3 vagy tg ≤ −√3.
22
,
∈ ℤ. A négyzetgyök miatt tg
≥ 3, tehát
Az első esetben az eredeti egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért négyzetre emelhetünk: tg
− 3 > 1 + 4 ∙ tg + 4 ∙ tg 0 > 3 ∙ tg
+ 4 ∙ tg + 4.
Az adott feltételek mellett az egyenlőtlenség jobb oldala pozitív, így ez sohasem teljesül. Az második esetben a négyzetgyök értékkészlete miatt az egyenlőtlenség bal oldala nemnegatív, a jobb oldal viszont legfeljebb 1 − 2 ∙ √3, ezért ekkor megoldást kapunk: − + 2
<
≤−
3
+
, ∈ ℤ.
Ezzel megadtuk az egyenlőtlenség összes megoldását. 23. Mennyi a √1 + cos 30° − √1 − sin 60° különbség értéke? 1 ( ) 2
( )
√3 3
( )
√3 2
( ) 1
( ) √3
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2008; 12. osztály, megyei forduló
I. Megoldás: √1 + cos 30° − √1 − sin 60° = 1 +
1 + √3 4
=
−
1 − √3 4
=
4 + 2√3 4 − 2√3 − = 4 4
√3 √3 − 1− = 2 2
1 + √3 1 − √3 1 + √3 √3 − 1 − = − = 1. 2 2 2 2
A helyes válasz a D. II. Megoldás: A következő összefüggéseket használjuk fel: sin
+ cos
= 1; cos +
±2
= sin(90° − ) ; sin 2 = 2sin = ( ± ) ;
∙ cos ;
= | |.
√1 + cos 30° − √1 − sin 60° = √1 + sin 60° − √1 − sin 60° = = =
sin 30° + cos 30° + 2 ∙ sin 30° ∙ cos 30° − sin 30° + cos 30° − 2 ∙ sin 30° ∙ cos 30° = (sin 30° + cos 30°) − (sin 30° − cos 30°) = |sin 30° + cos 30°| − |sin 30° − cos 30°| = =
1 √3 1 √3 1 √3 √3 1 + − − = + − + =1 2 2 2 2 2 2 2 2
A helyes válasz a D. 24. Egy tompaszög tangense −2. Mennyi a szög felének a tangense? ( )
2 1 − √5
( )−
1 √2
( )
1 √5
( )
2 √5
( )
2
√5 − 1
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2010; 11. osztály, megyei forduló
23
Megoldás:
A tangens függvény szemléletes jelentése látható az ábrán: az egységkörből az (1; 0) pontban húzott érintőből a szög szára negatív irányban 2 egységet vág ki. Az szakasz hossza a Pitagorasz-tétel alapján √1 + 4 = √5, tehát cos
=−
√
tompaszög, akkor a fele
. Ha
hegyesszög, tehát a tangense pozitív. A tg
2
1 − cos 1 + cos
=
összefüggés alapján: 1 √5 = 1 1− √5 1+ tg
2
=
√5 + 1 √5 − 1
√5 + 1 √5 − 1
=
4
=
√5 − 1
=
√5 − 1
2
=
√5 − 1
2
. √5 − 1
A helyes válasz az . 25. Mennyivel egyenlő a valós számok halmazán értelmezett
( ) = 8 sin
+
− 5 cos
függvény legnagyobb és legkisebb értékének szorzata? ( ) − 169
( ) − 49
( ) − 40
( ) − 26
( ) − 13
Gordiusz Matematika Tesztverseny 2008; 12. osztály, országos forduló
Megoldás: ( ) = 8sin
+
6
− 5 cos
= 8 ∙ sin ∙ cos 24
6
+ 8 ∙ cos ∙ sin − 5 cos 6
=
= 8∙
1 √3 ∙ sin + 8 ∙ cos − 5 cos 2 2 4√3 7
ezért van olyan
+
=7 1 7
4√3 1 ∙ sin − ∙ cos 7 7
.
= 1,
szög,amelyre: cos
A sin( − ) = sin
∙ cos
− cos
=
√
és sin
= .
∙ sin azonosságot használva: ( ) = 7 ∙ sin( − ).
Ennek a függvénynek a legnagyobb értéke 7, legkisebb értéke −7, ezeknek a szorzata −49. A helyes válasz a . 26. Azon háromszögek közül, amelyeknek a területe egyenlő és egyik szögük közös, melyikben lesz az ismert szöggel szemközti oldal a legkisebb? „Ki miben tudós?” vetélkedő 1964; országos selejtező feladata
Megoldás: A háromszög oldalait a szokásos módon betűzzük, az ismert szög , a háromszög területe . A háromszög területét kifejezzük két oldal és a közbezárt szög segítségével és használjuk a szinusztételt: ∙ sin sin ; = ⇒ = 2 sin
=
sin ∙ sin . 2 sin
A szögfüggvények szorzatát felírhatjuk különbség alakban is: 2 sin
∙ sin
= cos( − ) − cos( + ).
Felhasználjuk, hogy cos( + ) = cos(180° − ) = − cos , kifejezzük =
-t:
4 ∙ sin 4 ∙ sin = . cos( − ) − cos( + ) cos( − ) + cos
Ebben a kifejezésben , állandó, ezért akkor lesz a legkisebb, ha cos( − ) a legnagyobb. Ez = esetén teljesül, amikor a háromszög egyenlő szárú. 27. Megmértük egy vízszintes terepen álló antennatorony emelkedési szögét a talpponttól 100 , 200 és 300 távolságból. A három szög összege 90°. Milyen magas a torony? A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1959.évi 2. feladata
Megoldás: A torony magasságát jelöljük -el. A látószögeket az ábra szerint , , -val jelöljük, ekkor tg =
100
, tg =
25
200
, tg =
300
.
+
+
= 90°, ezért tg =
300
= tg 90° − ( + ) = ctg( + ) =
=
1 1 − tg ∙ tg = = tg( + ) tg + tg
1−
∙ 100 200 = 100 ∙ 200 − 300 + 100 200
.
Innen: = 20000 − = 100. ( > 0) A torony magassága 100 . 28. Bizonyítsuk be, hogy a konvex négyszögek közül csak a paralelogrammáknak van meg az a tulajdonságuk, hogy mind a négy csúcs esetében ugyanakkora összeget kapunk, ha a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait összeadjuk. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1967.évi 3. feladata
Megoldás:
A betűzést úgy választjuk, hogy az és egyenesek illetve az és egyenesek az ábra szerint az illetve pontban metszik egymást vagy párhuzamosak. és ezen oldalpárok hajlásszöge, ha párhuzamosak, akkor = 0 illetve = 0. Az ∡-et -val jelöljük, ekkor ∡ = + . A csúcs merőleges vetülete az illetve oldalegyeneseken: és , a
26
pont vetülete az szereplő összeg a
, és
oldalegyeneseken illetve a csúcsokra azonos, akkor:
+
=
+
+
=
,
,
. Ha a feladatban
. (1) ≥
Felhasználjuk, hogy a betűzés választása miatt alapján:
egyenesen
, így
=
+
, tehát (1)
. (2)
∡ és egyállású szögek, ezért egyenlőek. A (2) egyenlőséget szögfüggvényekkel kifejezzük a megfelelő derékszögű háromszögekből: ∙ sin + majd
∙ sin
=
∙ sin( + ),
-vel osztunk: sin + sin
Ugyanezt az
és
= sin( + ) = sin
∙ cos + cos
∙ sin .
csúcsokra végiggondolva: sin
+ sin = sin ∙ cos + cos ∙ sin
Adjuk össze az utolsó két egyenletet: (sin + sin ) ∙ (1 − cos ) + (2 − cos − cos ) ∙ sin
= 0.
0 < < , ezért az előbbi kifejezésben mindkét tag második tényezője pozitív, az első tényezők pedig nemnegatívak. Az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha sin + sin Ez csak = 0 és paralelogramma.
= 0 , cos + cos
= 2.
= 0 esetén teljesülhet, ami azt jelenti, hogy az
négyszög
29. Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának arányát (ahol > 1). Határozzuk meg, hogy hogyan függ -tól az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1994.évi 1. feladata
Megoldás:
27
Legyen egység az oldal, ekkor a oldal . A paralelogramma átlói felezik egymást, az átlók felét -vel és -fel jelöljük, az átlók szöge . Az és háromszögekre felírjuk a koszinusztételt: 1= =
+
−2
+
−2
cos ,
cos(180° − ) =
+
+2
cos .
A két egyenletet összeadva és kivonva: + 1 = 2( > 1, ezért cos (
),
+
− 1 = 4
cos .
> 0. Alkalmazzuk a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget:
+ 1) cos
+ 2
=4
cos
≥4
cos
=4
cos
=
− 1,
ahonnan: cos Egyenlőség akkor teljesül, ha Legyen
≥
(
−1 . + 1)
= , ilyenkor a paralelogramma téglalap.
olyan szög, amelyre cos
Ilyen szög van, mert 0 < (
=
)
(
−1 , + 1)
= arc cos
(
−1 . + 1)
< 1. A koszinuszfüggvény a (0; 90°) intervallumban csökkenő
függvény, ezért a keresett legnagyobb szög a
.
30. (Morley tétele) Egy tetszőleges háromszög szögeit az , , , , , egyenlő részre osztják. Bizonyítsuk be, hogy az háromszög szabályos.
egyenesek 3 − 3
D.O.Skljarszkij – N. N. Csencov – I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Geometria I, 180. feladat
28
Megoldás: A háromszög szögei 3 ; 3 ; 3 , a háromszög oldalai = ; = ; = , = , = . Ha a háromszög köré írt körének sugara , akkor = 2 sin 3 ; = 2 sin 3 ; = 2 sin 3 . A háromszög szögeinek összege: 3 + 3 + 3 = 180°, tehát + + = 60°. A
háromszögben a szinusztétel alapján: =
sin sin(180° − =
=
− )
sin sin = sin( + ) sin(60° − )
∙ sin 2 ∙ sin 3 = . sin(60° − ) sin(60° − )
Az addíciós tételek alapján levezethető: sin 3 = 3 sin
− 4 sin
√3 2
= 4 sin
= 4 sin (
−
60° −
)=
= 4 sin (sin 60° + sin ) (sin 60° − sin ) = = 4 sin
∙ 2 sin
60° + 2
cos
60° − 60° + ∙ 2 cos 2 2
sin
60° − 2
=
= 4 sin sin(60° + ) sin(60° − ). Ezt felhasználva: =8∙
∙ sin sin sin(60° + ).
= 8∙
∙ sin sin sin(60° + ).
Hasonlóan:
A
háromszögből koszinusztétel alapján: =
= 64
+
−2
cos
=
sin sin [sin (60° + ) + sin (60° + ) − 2 sin(60° + ) ∙ sin(60° + ) ∙ cos ]
A szögletes zárójelben lévő kifejezés egy koszinusztételre emlékeztet. Van-e olyan háromszög, amelynek két oldala sin(60° + ) és sin(60° + ) és a közbezárt szög ? Az + + = 60° összefüggés miatt (60° + ) + (60° + ) + = 180°, ezért van olyan háromszög, amelynek ezek a szögei. Ha a háromszög köré írható körének az átmérője 1, akkor a háromszög oldalai sin(60° + ), sin(60° + ) és sin . Így a fenti szögletes zárójelben lévő kifejezés értéke a koszinusztétel alapján . Ezért = 64
sin sin sin
,
= 8 sin sin sin . Ebben a kifejezésben , , szerepe felcserélhető, ezért ugyanezt a kifejezést kapjuk és szakaszokra, ami azt jelenti, hogy az háromszög oldalai egyenlőek, azaz a háromszög szabályos.
29
