y =, ebbôl BC = 3 $ c. Alkalmazzuk a szögfelezôtételt a BCE háromszögre: = 3 sin{ = 2

Néhány nehezebb trigonometriai feladat

481

3427. Nem lehetséges. AB = c, BE = y, ED = AE = x, BE = y, AD = CD = 2 $ x, CBEs = = ABEs = {. Alkalmazzuk a szögfelezôtételt az ABC háromszögre: AB x y = , ebbôl BC = 3 $ c. Alkalmazzuk a szögfelezôtételt a BCE háromszögre: = BC 3$x 3$c 3 x c $ 3 $ c $ sin 2{ = , ebbôl y = $ c , t ABC = t ABE+ t BCE, azaz = 2 2$x 2 3 3 $ c $ 3 $ c $ sin { c $ $ c $ sin { 2 + 2 = , ebbôl elôbb-utóbb levezethetjük, hogy cos { = 1, tehát 2 2 { = 0. Ez nem lehetséges. 3428. Legyen AB = BC = CA = a. Tegyük fel például, hogy PB a leghosszabb a PA, PB, PC közül. Alkalmazzuk Bretschneider tételét az ABCP négyszögre! PB2 $ AC2 = = AB2 $ PC2 + BC2 $ PA2 - 2 $ AB $ BC $ PC $ PA $ cos({ + 60
), ahol ABCs = 60
és APCs = { . Az egyenletbôl kaphatjuk, hogy PB2 = PC2 + PA2 - 2 $ PC $ PA $ cos({ + 60
). Alkalmazzunk erre egy felsô becslést! PB2 = PC2 + PA2 - 2 $ PC $ PA $ cos({ + 60
) # PC2 + PA2 + 2 $ PA $ PC = = (PC + PA)2. Ebbôl PB < PA + PC. Egyenlôség nem lehet, mert akkor cos({ + 60
) = –1 lenne, de ekkor { = 120
lenne. Ez pedig akkor és csak akkor lenne, ha P rajta lenne a körülírt körön. Keressünk további megoldásokat a feladatra, mert vannak! 3429. EDBs = 30
. EDBs = x , BEDs = 160
- x . Alkalmazzuk a szinusztételt a BED háBD sin 80
BD sin (160
- x) = = romszögre, majd a BCD háromszögre! (1) ; (2) és BC sin 40
BE sin x tudjuk, hogy sin 80
= 2 $ sin 40
$ cos 40
és BE = BC. Ezekbôl kaphatjuk, hogy sin (160
- x) = 2 $ cos 40
. Ebbôl kaphatjuk, hogy sin (20
+ x) = 2 $ cos 40
$ sin x. sin x sin 20
$ cos x + cos 20
$ sin x = 2 $ (cos 60
$ cos 20
- sin 60
$ sin20
) $ sin x. Ezt addig alakítsuk, 1 amíg cos x = 3 $ sin x , azaz tg x = nem lesz. 3 3430. x = 60c az átlók hajlásszöge. Legyen x az átlók hajlásszöge és E az átlók metszéspontja. ABEs = x - 15
; BCEs = 90
- x ; CDEs = x - 30
; DAEs = 105
- x . Alkalmazzuk a AE sin (x - 15
) = szinusztételt az AEB, BEC, CED, illetve a DEA háromszögre! ; BE sin 15
BE sin (90
- x) CE sin (x - 30
) DE sin (105
- x) = = = ; ; . Szorozzuk össze az CE sin 90
DE sin 30
AE sin 75
sin (x - 15
) sin (90
- x) sin (x - 30
) $ $ . egyenletek megfelelô oldalait! Kapjuk, hogy 1 = sin 15
sin 90
sin 30
1 sin (x - 15
) $ sin (90
- x) $ sin (x - 30
) $ sin (105
- x) = $ sin 15
$ sin 75
, 2 _2 $ sin (x - 15
) $ sin (105
- x)i $ _2 $ sin (x - 30
) $ sin (90
- x)i = 2 $ sin 15
$ sin 75
, 1 _cos (2 $ x - 120
) - cos 90
i $ _cos (2 $ x - 120
) - cos 60
i = , 2 1 1 2 cos (2 $ x - 120
) - $ cos (2 $ x - 120
) - = 0 . Oldjuk meg a kapott egyenletet! 2 2

IV

482

Néhány nehezebb trigonometriai feladat

3431. Alkalmazzuk a koszinusztételt kétszer az f átlóra felírva!

3431.

IV

f 2 = a2 + d 2 - 2 $ a $ d $ cos a; f 2 = c2 + d 2 - 2 $ c $ d $ cos y , ebbôl a2 + d 2 - 2 $ a $ d $ cos a = c2 + d 2 - 2 $ c $ d $ cos y , a2 + d 2 - 2 $ a $ d $ cos a = c2 + d 2 - 2 $ c $ d $ cos (180
- a) , a2 + d 2 - 2 $ a $ d $ cos a = c2 + d 2 + 2 $ c $ d $ cos a, tehát a2 + d 2 - c 2 - d 2 cos a = . 2 $ (a $ d + c $ d) a 1 - cos a a < 90
, 3432. a) Mint tudjuk, sin = , mert 2 2 2 másrészt cosa = a2 + d 2 - b 2 - c 2 (b + c + a - d)( b + c + d - a) = . Így 1 - cos a = …= . Ezekbôl kaphatjuk, 2 $ (a $ d + b $ c) 2 $ (a $ d + b $ c) a

hogy sin

2

=

1 2

1 + cos a

=

2 1

(b + c + d - a)( a + b + c - d)

$

. b) Használjuk fel, hogy cos

a$d+b$c

, ha

a 2

< 90
. Az a) feladathoz hasonlóan kaphatjuk, hogy cos

a 2

a 2

=

=

(a + d + b - c)( a + d + c - b)

. c) Vegyük figyelembe, hogy a + b + c + d = 2 $ s ; 2 a$d+b$c b + c + d - a = 2 $ (s - a) ; a + c + d - b = 2 $ (s - b) ; a + b + d - c = 2 $ (s - c) ; a + b + c - d = 2 $ (s - d) . Ha ezeket alkalmazzuk az a) és a b) megfelelô tételeire, akkor kapa (s - a)( s - d) a (s - b)( s - d) juk, hogy sin = ; cos = . Osszuk el egymással a kapott 2 a$d+b$c 2 a$d+b$c

=

$

egyenletek megfelelô oldalait! Kapjuk, hogy tg

a 2

=

(s - a)( s - d) (s - b)( s - c)

.

3433. Legyen AB = a, BC = b; CD = c és DA = d, BADs = a, BCDs = c az ABCD húrnégyszögben. t ABD= =

1 2

a $ d $ sin a 2

;

t BCD=

b $ c $ sin c 2

. Így t = t ABD+ t BCD =

$ (a $ d + b $ c) $ sin a. Használjuk fel, hogy sin a = 2 $ sin

hogy sin

a 2

=

(s - a)( s - d) a$d+b$c

és cos

a 2

=

(s - b)( s - c) a$d+b$c

a 2

$ cos

a 2

! Korábban láttuk,

, ezeket felhasználva kapjuk,

hogy t = (s - a)( s - b)( s - c)( s - d) .

3434. Legyen AB = a, BC = b; CD = c és DA = d, AC = e, BD = f, BADs = a, BCDs = c az ABCD húrnégyszögben. (1) f 2 = a2 + d 2 - 2 $ a $ d $ cos a, (2) f 2 = b2 + c2 - 2 $ b $ c $ cos c. Vegyük figyelembe, hogy cos a = - cos c. Ezután szorozzuk az (1) egyenletet b $ c -vel, majd a (2) egyenletet szorozzuk a $ d -vel, majd adjuk össze a kapott két új egyenletet! Némely egyen(a $ c + b $ d)( a $ b + c $ d) . Hasonlóan kaphatjuk letrendezés után innen kaphatjuk, hogy: f = a$d+b$c a másik átló hosszát.

483

Néhány nehezebb trigonometriai feladat

3435. Legyen AB = a, BC = b; CD = c és DA = d, AC = e, BD = f, BADs = a, BCDs = c az ABCD húrnégyszögben. Ekkor f = 2 $ R $ sin a. Miért? Az elôzô feladatban kaptuk, hogy a a (a $ c + b $ d)( a $ b + c $ d) $ cos f= . Másrészt sin a = 2 $ sin . Használjuk még fel a ko2 2 a$d+b$c rábban levezetett sin

a 2

=

(s - a)( s - d) a$d+b$c

és cos

a 2

=

(s - b)( s - c) a$d+b$c

képleteket. Ezen-

kívül tudjuk, hogy t = (s - a)( s - b)( s - c)( s - d) . Ezeket felhasználva kaphatjuk, hogy t=

(a $ b + c $ d)( a $ c + b $ d)( a $ d + b $ c)

. 4$t x Y 0 , ekkor szorozzuk meg az egyenlôséget ennek a kétszeresével. 3436. Legyen sin = 2 x x x x 2 $ sin $ Sn = 2 $ sin $ sin x + 2 $ sin $ sin 2x + f + 2 $ sin $ sin nx . Használjuk fel, hogy 2 2 2 2 x 2 $ sin a $ sin b = cos (a - b) - cos (a + b) = cos (b - a) - cos (a + b) . Így 2 $ sin $S = 2 n J J N J NN J N J N J N J N x 3x 3x 5x 1 1 O + K cos O + f + K cos KK n - O $ xO - cos KK n + O $ xOO = - cos cos = KK cos K KK KK 2 2 O K 2 2 O 2O O 2 O OO L P L P P P P PP LL L JLL J N N 1 x cos - cos KKK n + OO $ xO JJ K O N N 2 2 x 1 P P . Már ez is lehet végeredLL - cos KKK n + OO $ xO , ebbôl Sn = = cos K O 2 2 x P P LL 2 $ sin 2 mény, de tovább is fejleszthetjük. Majd alkalmazzuk a koszinuszok különbségére ismert követJa + bN Ja - bN O $ sin K O kezô képletet: cos a - cos b = - 2 $ sin KK K 2 O . Kapjuk, hogy 2 O L L P P J (n + 1) $ x N J nx N K O K O sin K O $ sin K 2 O 2 x L P L P . Másrészt gondoljuk meg, hogy ha sin = 0 , akkor Sn = 0. Sn = 2 x sin 2 x 3437. Igazoljuk elôször a (*) összefüggést: (*) 4 $ cos (kx) $ sin2 = 2 = - cos _(k - 1) $ xi + 2 $ cos (kx) - cos _(k + 1) $ xi , mégpedig úgy, hogy az összefüggés jobb oldalából indulunk ki és kétszer alkalmazzuk rá a koszinuszok különbségére vonatkozó azonosságot. Ezután alkalmazzuk a (*) azonosságot k = 1-tôl k = n-ig, majd ezeket adjuk össze. x 4 $ sin2 $ ( cos x + cos 2x + cos 3x + f + cos nx) = -1 + cos x + cos nx - cos _(n + 1) $ xi . Ezt 2 x alakítsuk tovább! = -2 $ sin2 + cos nx - cos _(n + 1) $ xi = 2 x x = - 2 $ sin2 + cos nx - cos (nx + x) = - 2 $ sin2 + cos nx - cos nx $ cos x + sin nx $ sin x = 2 2 x x x x x 2 2 Y 0 .) + cos nx $ 2 $ sin + sin nx $ 2 $ sin $ cos . (Legyen elôször sin = = - 2 $ sin 2 2 2 2 2

IV

484

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat

Ebbôl kaphatjuk, hogy cos x + cos 2x + cos 3x + f + cos nx = -

2

sin nx $ cos + cos nx + sin

x

x 2 =

2 J 2n + 1 N $ xOO sin KK sin $ cos nx + sin nx $ cos 2 1 1 2 2 L P . Ha van kedvünk, akkor =- + =- + 2 x 2 x sin sin 2 2 mutassuk meg, hogy más alakú végeredmény is lehet, például: x sin nx $ cos _(n + 1) $ xi = 0 , ekkor cos x + cos 2x + cos 3x + f + cos nx = . Legyen most sin 2 x sin 2 gondoljuk meg, hogy a vizsgált összeg értéke 0. x

IV

1

x

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat 3438. a) London az 51
33l északi szélességen (és 0
földrajzi hosszúságon) fekszik. b) London és ellenlábasának távolsága éppen a Föld átmérôje: 12 756 km. c) r . 4994,94 km London távolr = sin 51
33l, ahol R = 6378 km a Föld sugara. sága a Föld forgástengelyétôl. R km 2 $ r$ r . London sebessége a Föld tengelye körüli forgásban. v = , ahol d) v . 416,245 h T T = 24 h. R .19-szer távolabb van a Nap a Földtôl, mint a Hold a Földtôl, Arisztarkhosz sze3439. a) r r R = cos {, ahol { = 87
. b) .390-szer távolabb van a Nap a Földtôl, mint a Hold a rint. R r Földtôl a modernebb mérés szerint. Itt { = 89
51l10ll. r = tg {, ahol r a Nap és a Föld távolsága, { = 1ll. 3440. a) x . 3,094 $ 1013 km 1 parszek. x b) . 9,467 $ 1012 km 1 fényév. c) . 3,27 fényév 1 parszek. d) . 2,7 parszek . 8,83 fényév.

3439.

3440.

485

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat

3441.

3441. a) . 1,12

3443.

m

3444.

a csónak eredô sebessége. b) a . 41,81
irányba evezzünk, enyhén szem-

s be a folyó folyásirányával. c) . 53,6 s az átkelési idônk. 3442. a) {1 = 180
+ k $ 360
, k ! Z szögeknél lesz a keresztfej a legtávolabb a forgáscentrumtól, és 1,75 m a legtávolabbi távolság. b) {2 = 0
+ k $ 360
szögeknél van a keresztfej a legközelebb a forgáscentrumtól és 1,25 m a legközelebbi távolság. c) x = r $ cos { + l 2 - r 2 $ sin2 { = 0, 25 $ cos { + 2, 25 - 0, 0625 $ sin2 { (méter) a keresztfej távolsága a forgáscentrumtól { szög függvényében. 3443. a) . 4,305 m3 = 4305 liter az olajtartály térfogata. b) . 1041 liter olaj van a tartályban, a $ r2 $ r r 2 $ sin a . 159 liter a hiány. a . 130,56
, tszelet = tcikk - tháromszög = . 0,229745 m2. 360 2 Volaj = tszelet $ l . 1,040 746 m3 . 1041 liter. 3444. a) e . 14,82 cm a két tárcsa közös érintôszakaszainak a hossza. b) i1 . 12,07 cm a nagyobbik tárcsán a tapadási felület hossza. c) i2 . 3,4 cm a kisebbik tárcsán a tapadási felület hossza. d) l . 45,11 cm a meghajtószíj hossza. 3445. a) a . 106,26
a keresett szög nagysága, r = 5 m. b) A . 7,48 m2 a dongaboltozat kea $ R2 $ r a $ r2 $ r resztmetszete. A = Tcikk - tcikk = , ahol R = b + r. c) V . 53,86 m3 a don360 360 gaboltozat térfogata. d) m . 118,5 tonna a boltozat tömege. Híres dongaboltozatos templomok például a Santa Maria de Naranco templom Ovideo mellett, a St. Sernin templom Toulouseban és a La Madeleine templom (Vézelay). Egy korábbi feladatunkban említettük a lébényi Árpád-kori Szent Jakab templomot, ennek szintén dongaboltozata van, de ez nem az eredeti, mert a Bécs ellen vonuló törökök 1529-ben felgyújtották a templomot és beomlott az eredeti boltozat, 1683-ban másodszor is felgyújtották a törökök egy újabb Bécs elleni támadásnál. AT BT = tg a, = tg b, 3446. . 124 m a rúd és a teodolit vízszintes távolsága. x x l = BT - AT. 3447. a) x . 2,86 km-re vagyunk a lébényi templomtól a hôlégballonnal. b) y . 5,04 km a hôlégballon és a Fehér-tó távolsága. c) z . 5,73 km-re van egymástól a tó és a templom.

3446.

3447.

IV

486

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat

3448. a) t1 =

1 600

+

k 50

(másodperc), ahol k ! Z, t2 =

1 120

+

l 50

(másodperc), ahol l ! Z,

idôpontokban lesz a feszültség értéke a maximális feszültség felével egyenlô. = U max $ sin (2 $ r $ f $ t) . b) t l1 =

IV

1 600

s, t l2 =

1 120

s, t l3 =

7 600

s, t l4 =

11 600

U max 2

=

idôpontokban lesz a 1

s-ban. 50 c) . 66,67%-ban lesz nagyobb a feszültség abszolútértéke a maximális feszültség felénél. 1 2 $ Dt Dt = t l2 - t l1 és $ 100 . 66,67%, ahol T = s. Érdemes lerajzolnunk a szinuszfüggvény 50 T grafikonját. 1 k 3 l + + 3449. a) t1 = (másodperc), ahol k ! Z, t2 = (másodperc), ahol l ! Z, 400 50 400 50 idôpontokban lesz a feszültség értéke az effektív feszültséggel egyenlô. 1 3 1 U eff = U max $ sin (2 $ r $ f $ t), U eff = U eff $ 2 $ sin (2 $ r $ f $ t). b) t l1 = s, t l2 = s, t l3 = s, 400 400 80 7 t l4 = s idôpontokban lesz a feszültség abszolútértéke az effektív feszültséggel egyenlô az 400 1 s alatt. elsô 50 3450. x . 55,6 m. Alkalmazzuk a koszinusztételt! 3451. a) 1020 m az Aranyszarvas és a megfigyelô távolsága. b) 680 m a spanyol gálya és a megfigyelô távolsága. c) . 350 méter az Aranyszarvas és a gálya távolsága. Alkalmazzuk a koszinusztételt! d) . 11
9l-es szögben látja Sir Francis Drake a spanyol hajó és a megfigyelô távolságát. Alkalmazzuk a szinusztételt! 3452. y . 61,4 m magas a torony. Elôször számítsuk ki a b szöget a koszinusztétel segítséx = sin b-ból kapjuk x-et. gével. a2 = b2 + s2 - 2 $ b $ s $ cos b. Kapjuk, hogy b . 23,78
. Majd b y = x + 1,5 m. 80 = tg a. 3453. a) x . 2067 m távolságra van az elsô mérésnél a hajó a torony aljától. x 80 = tg b. b) y . 1340 m távolságra van a második mérésnél a hajó a torony aljától. y feszültség abszolútértéke egyenlô a maximális feszültség felével, az elsô

3452.

3453.

487

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat

3454.

3455.

IV c) z . 813 m utat tett meg a két mérés között a hajó. a . 2068,6 m és b . 1342,4 m, ezeket egyegy megfelelô Pitagorasz-tétellel kaphatjuk. Majd alkalmazzuk a koszinusztételt a z távolságra m km . 30 felírva, az a, b és z oldalú háromszögben! d) . 8, 29 a hajó sebessége. s h 3454. a) 42 perc 40 másodperc idô alatt érne a repülôgép az egyik repülôtértôl a másikig. m km . 396 b) . 110 a repülôgép eredô sebessége a feladatbeli szél esetén. Írjuk fel a koszis h 2 2 2 nusztételt a megfelelô sebességek alkotta háromszögre! v1 = v2 + ve - 2 $ v2 $ ve $ cos 135
, ahol m m v1 = 125 a repülôgép sebességének nagysága szélcsendben, v2 = 20 a szél sebességének s s a nagysága, ve a repülôgép sebességének nagysága a megadott szél esetén. c) . 48,5 perc a repülési idô a megadott szél esetén. d) { . 6,5
szöggel kell oldalra kormányozni a repülôgépet v1 sin 135
= . kissé észak-nyugat felé. Alkalmazzuk a szinusztételt! v2 sin { 3455. a) a . 47
10l szöget zár be az észlelési irány a Föld felszínével. b) b . 40
42l szöget zár be a szétesési irány a Föld felszínével. c) x . 14,78 km utat tett meg a két mérés között a m a tûzgömb. Alkalmazzuk a koszinusztételt! x2 = 302 + 252 –2 $ 30 $ 23 $ cos 28
42l. d) v . 422 s tûzgömb átlagos sebessége. AB sin ACBs = 3456. a) BACs = 57
3l . b) AB . 145,9 m. Alkalmazzuk a szinusztételt! . BC sin BACs AH = sin ABHs. c) AH . 82,2 m az antenna magassága. AB AB sin c = 3457. a) a = 37
29l és d1 = 30
30l. b) AB . 647,7 m és BD . 726,7 m. és BC sin a BD sin c1 = . c) AD . 96,9 m. 3456. BC sin d1 AD2 = AB2 + BD2 - 2 $ AB $ BD $ cos(b - b1). 3458. a) a = 27
14l és d1 = 26
37l. b) AB . AB sin c BD = , = 722,6 m és BD . 666,5 m. BC sin a BC sin c1 . sin d1

488

IV

Néhány „gyakorlatibb” trigonometriai feladat

c)AD.767,4 m. AD2 = AB2 +BD2 - 2 $AB $BD $ cos (b + b1). BC sin a1 CD sin a 4 = = 3459. a) BC . 1050,6 m, . b) CD . 1345,3 m, . c) CE . 1061,1 m, AB sin a 3 BC sin a 5 CE sin a 7 EF sin a10 FG sin a14 = = = . d) EF . 689,3 m, . e) FG . 602,6 m, . CD sin a 8 CE sin a12 EF sin a15 r sin { a $ sin { r sin } = = 3460. a) { + } = 99
39l. b) { . 25
48l. és , ezekbôl = a sin a sin a b sin b b $ sin } = . S innen 2,2066 $ sin { . sin (99
39l- {) . Majd alkalmazzuk a megfelelô összegzési sin b tételt az egyenlet jobb oldalára. Ezután osszuk cos {-vel az egyenlet mindkét oldalát. Kapjuk, r1 sin c1 r2 = hogy tg { . 0,4835. c) r . 382,17 m. d) r1 . 835,57 m, . e) r2 . 140,01 m, = a sin a b sin c 2 3461. = . sin b 3461. Hasonlóan oldhatjuk meg, mint az elôzô feladatot. a) PACs + PBCs = { + } = 79
58l. b) PACs = { = 36
44l . c) PC = r . 11783 m. d) PA = r1 . . 15931,7 m. e) PB = r2 . 16039,7 m.