Zbiór zadań

Znaleziono 78 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Z jedynki trygonometrycznej wyznaczamy $\sin \alpha$ (dodatni, bo kąt $\alpha$ jest ostry).
   $$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-\frac{25}{169}}=\sqrt{\frac{144}{169}}=\frac{12}{13}$$
2. Obliczamy tangens jako iloraz sinusa i cosinusa.
   $$\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{12}{13}\cdot \frac{13}{5}=\frac{12\cdot \bcancel{13}}{\bcancel{13}\cdot 5}=\frac{12}{5}$$

1. Podstawiamy znane wartości funkcji trygonometrycznych kątów $30°$ i $60°$.
   $$\sin 30°\cdot \cos 60°+\sin 60°\cdot \cos 30°=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$$
2. Wykonujemy mnożenia i dodajemy wyniki.
   $$\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$$

1. Zapisujemy $\mathrm{tg}\alpha$ jako $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$ i podstawiamy do równania:
   $$\sqrt{3}\cdot \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=2\sin \alpha$$
2. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\sin \alpha \ne 0$ – możemy podzielić obie strony przez $\sin \alpha$, a następnie wyznaczyć $\cos \alpha$:
   $$\frac{\sqrt{3}}{\cos \alpha }=2⟹\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$$

1. Wyłączamy $\sin 25^{\circ }$ przed nawias w liczniku:
   $$\frac{\sin 25^{\circ }\left({\sin }^{2}25^{\circ }+{\cos }^{2}25^{\circ }\right)}{\cos 25^{\circ }}$$
2. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ oraz definicji tangensa:
   $$\frac{\sin 25^{\circ }\cdot 1}{\cos 25^{\circ }}=\text{tg}25^{\circ }$$

1. Z jedynki trygonometrycznej obliczamy $\cos \alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& {\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha =1-\frac{16}{49}=\frac{33}{49}\\ & \cos \alpha =\frac{\sqrt{33}}{7}\end{array}$$
2. Ponieważ $\frac{\sqrt{33}}{7}\ne \frac{3}{7}$, pierwsze stwierdzenie jest fałszywe (F).
3. Kąty $\alpha$ i $\beta$ to kąty ostre tego samego trójkąta prostokątnego, więc $\alpha +\beta =90^{\circ }$, czyli $\beta =90^{\circ }-\alpha$. Stąd $\cos \beta =\cos (90^{\circ }-\alpha )=\sin \alpha =\frac{4}{7}$ — drugie stwierdzenie jest prawdziwe (P).

1. Odcinek $CD$ jest środkową poprowadzoną z wierzchołka $C$, więc punkt $D$ jest środkiem boku $AB$, skąd $AD=DB=3$.
2. Kąt przy wierzchołku $A$ w trójkącie $ABC$ jest prosty (bo $BC$ jest przeciwprostokątną), więc kąt przy $A$ jest prosty również w trójkącie $ACD$. Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długość $AC$:
   $$AC=\sqrt{C{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$$
3. Tangens kąta $\alpha$ (przy wierzchołku $D$ w trójkącie $ACD$) to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do przyprostokątnej przy kącie:
   $$\mathrm{tg}\alpha =\frac{AC}{AD}=\frac{4}{3}$$

1. Podobnie jak poprzednio, $D$ jest środkiem boku $AB$ (bo $CD$ to środkowa z wierzchołka $C$), więc $AD=3$. Kąt przy wierzchołku $A$ jest prosty, więc z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ACD$ wyznaczamy $AC$:
   $$AC=\sqrt{C{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$$
2. Obliczamy długość przeciwprostokątnej $BC$ z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$:
   $$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$$
3. Sinus kąta $\beta$ (przy wierzchołku $B$) to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta ($AC$) do przeciwprostokątnej:
   $$\sin \beta =\frac{AC}{BC}=\frac{4}{2\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}$$

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej, żeby obliczyć sinus kąta $\alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& {\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1\\ & {\sin }^2\alpha =1-{\left(\frac{5}{13}\right)}^2=1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}\end{array}$$
2. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\sin \alpha$ jest dodatni:
   $$\sin \alpha =\sqrt{\frac{144}{169}}=\frac{12}{13}$$
3. Tangens to iloraz sinusa i cosinusa:
   $$\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}}=\frac{12}{5}$$

1. Podstawiamy znane wartości funkcji trygonometrycznych dla kątów $30^{\circ }$ i $60^{\circ }$:
   $$\sin 30^{\circ }=\frac{1}{2},\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2},\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2},\cos 30^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$$
2. Obliczamy wartość wyrażenia:
   $$\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{4}+\frac{3}{4}=1$$

1. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta o danych dwóch bokach i kącie między nimi.
   $$P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \sin (\angle CAB)$$
2. Podstawiamy dane wartości, korzystając z $\sin 60°=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
   $$P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 4\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$$

1. Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między danymi bokami:
   $$P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \sin \left(\angle CAB\right)$$
2. Podstawiamy dane wartości ($\sin 60^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}$):

1. Korzystamy z twierdzenia cosinusów dla boku $BC$ leżącego naprzeciw kąta $CAB$:
   $$|BC{|}^2=|AB{|}^2+|AC{|}^2-2\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \cos \left(\angle CAB\right)$$
2. Podstawiamy dane wartości ($\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2}$):
   $$\begin{array}{rl}& |BC{|}^2=6^2+4^2-2\cdot 6\cdot 4\cdot \frac{1}{2}\\ & |BC{|}^2=36+16-24=28\end{array}$$
3. Zatem:
   $$|BC|=\sqrt{28}$$