Zbiór zadań

Znaleziono 78 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$ i sprawdzamy każdą odpowiedź.
2. Dla odpowiedzi A:
   $${\left(\frac{1}{3}\right)}^2+{\left(\frac{2}{3}\right)}^2=\frac{1}{9}+\frac{4}{9}=\frac{5}{9}\ne 1$$
3. Dla pozostałych odpowiedzi warunek jest spełniony, np. dla B:
   $${\left(\frac{5}{13}\right)}^2+{\left(\frac{12}{13}\right)}^2=\frac{25+144}{169}=\frac{169}{169}=1$$
4. Zatem kąt ostry o podanych wartościach sinusa i cosinusa nie istnieje tylko w odpowiedzi A, ponieważ nie spełnia ona jedynki trygonometrycznej.

1. Sprowadzamy lewą stronę do wspólnego mianownika, korzystając z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$:
   $$\frac{1}{{\sin }^2\alpha }+\frac{1}{{\cos }^2\alpha }=\frac{{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha }{{\sin }^2\alpha {\cos }^2\alpha }=\frac{1}{{\sin }^2\alpha {\cos }^2\alpha }$$
2. Porównujemy z danym równaniem:
   $$\begin{array}{rl}& \frac{1}{{\sin }^2\alpha {\cos }^2\alpha }=\frac{64}{9}\\ & {\sin }^2\alpha {\cos }^2\alpha =\frac{9}{64}\end{array}$$
3. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\sin \alpha >0$ i $\cos \alpha >0$, zatem pierwiastkujemy obie strony bez zmiany znaku:
   $$\sin \alpha \cdot \cos \alpha =\sqrt{\frac{9}{64}}=\frac{3}{8}$$

1. Oznaczmy $\alpha =\angle BAC$. Z jedynki trygonometrycznej obliczamy $\sin \alpha$:
   $$\sin \alpha =\sqrt{1-{\cos }^2\alpha }=\sqrt{1-{\left(\frac{4}{5}\right)}^2}=\sqrt{\frac{9}{25}}=\frac{3}{5}$$
2. Pole trójkąta obliczamy ze wzoru $P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \sin \alpha$:
   $$P=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 4\cdot \frac{3}{5}=\frac{18}{5}$$

1. Korzystamy z definicji tangensa: skoro $\text{tg}\alpha =2$, to $\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=2$, czyli $\sin \alpha =2\cos \alpha$.
2. Podstawiamy ten związek do jedynki trygonometrycznej ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$:
   $$(2\cos \alpha {)}^2+{\cos }^2\alpha =1$$
3. Upraszczamy i wyznaczamy ${\cos }^2\alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& 5{\cos }^2\alpha =1\\ & {\cos }^2\alpha =\frac{1}{5}\end{array}$$
4. Ponownie korzystamy z jedynki trygonometrycznej, aby obliczyć ${\sin }^2\alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& {\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1\\ & {\sin }^2\alpha +\frac{1}{5}=1\\ & {\sin }^2\alpha =\frac{4}{5}\end{array}$$

1. Korzystamy ze wzoru na cosinus podwojonego kąta: ${\cos }^2\alpha -{\sin }^2\alpha =\cos (2\alpha )$.
   $${\cos }^{2}165°-{\sin }^{2}165°=\cos (2\cdot 165°)=\cos 330°$$
2. Zapisujemy $330°$ jako $360°-30°$ i korzystamy z okresowości cosinusa:
   $$\cos 330°=\cos (360°-30°)=\cos 30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

1. Odczytujemy z wykresu amplitudę funkcji - najwyższa i najniższa wartość funkcji wynoszą odpowiednio $2\pi$ i $-2\pi$, więc amplituda wynosi $2\pi$. Odrzuca to od razu odpowiedzi A i C, w których amplituda wynosi $2$.
2. Odczytujemy okres funkcji - odległość między kolejnymi maksimami (np. dla $x=\pi$ i $x=5\pi$) wynosi $4\pi$, więc okres $T=4\pi$.
3. Dla funkcji postaci $f(x)=A\sin (\omega x)$ okres wynosi $T=\frac{2\pi }{\omega }$. Wyznaczamy $\omega$:
   $$\begin{array}{rl}& \frac{2\pi }{\omega }=4\pi \\ & \omega =\frac{1}{2}\end{array}$$
4. Otrzymujemy wzór funkcji z amplitudą $2\pi$ i $\omega =\frac{1}{2}$:
   $$f(x)=2\pi \sin \left(\frac{x}{2}\right)$$

1. Z jedynki trygonometrycznej:
   $${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$$
2. Podstawiamy $\sin \alpha =\frac{7}{25}$ i wyznaczamy ${\cos }^2\alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& {\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{7}{25}\right)}^2\\ & {\cos }^2\alpha =1-\frac{49}{625}\\ & {\cos }^2\alpha =\frac{576}{625}\end{array}$$
3. Kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\cos \alpha$ jest dodatni:
   $$\cos \alpha =\sqrt{\frac{576}{625}}=\frac{24}{25}$$

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej: $1-{\sin }^2\alpha ={\cos }^2\alpha$ oraz $1-{\cos }^2\alpha ={\sin }^2\alpha$:
   $$\frac{\cos \alpha }{{\cos }^2\alpha }\cdot \frac{{\sin }^2\alpha }{\sin \alpha }$$
2. Upraszczamy ułamki:
   $$\frac{1}{\cos \alpha }\cdot \sin \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\text{tg}\alpha$$