Zbiór zadań

Znaleziono 32 zadania. Losuj z tych filtrów →

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej, aby obliczyć $\cos \alpha$:
   $${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1⟹{\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)}^2+{\cos }^2\alpha =1⟹{\cos }^2\alpha =\frac{2}{3}$$
2. Kąt $\alpha$ jest rozwarty, więc $\cos \alpha <0$:
   $$\cos \alpha =-\sqrt{\frac{2}{3}}=-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=-\frac{\sqrt{6}}{3}$$
3. Przekształcamy wyrażenie, korzystając ze związku $\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$:
   $$\frac{3\sin \alpha }{\mathrm{tg}\alpha }=3\sin \alpha \cdot \frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=3\cos \alpha$$
4. Podstawiamy obliczoną wartość $\cos \alpha$:
   $$3\cos \alpha =3\cdot \left(-\frac{\sqrt{6}}{3}\right)=-\sqrt{6}$$

1. Przyprostokątna leżąca naprzeciw kąta $\alpha$ to iloczyn przeciwprostokątnej i sinusa tego kąta:
   $$a=8\cdot \sin \alpha =8\cdot \frac{1}{4}=2$$
2. Drugą przyprostokątną obliczamy z twierdzenia Pitagorasa:
   $$b=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}$$
3. Ponieważ $2<2\sqrt{15}$, krótszą przyprostokątną jest ta o długości $2$.

1. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość przyprostokątnej $AB$:
   $$\begin{array}{rl}|AB{|}^2& =|AC{|}^2-|BC{|}^2\\ |AB{|}^2& =(2\sqrt{10}{)}^2-2^2\\ |AB{|}^2& =40-4=36\\ |AB|& =6\end{array}$$
2. Sinus kąta $\gamma =\angle BCA$ to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta ($AB$) do przeciwprostokątnej ($AC$):
   $$\sin \gamma =\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{6}{2\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}$$

1. Bok $BC$ jest przeciwprostokątną, więc kąt przy wierzchołku $A$ jest prosty, a $AC$ i $AB$ to przyprostokątne. Tangens kąta $BCA$ to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw ($AB$) do przyprostokątnej przyległej ($AC$):
   $$\mathrm{tg}(\angle BCA)=\frac{|AB|}{|AC|}$$
2. Podstawiamy dane i obliczamy długość odcinka $AB$:
   $$\frac{3}{2}=\frac{|AB|}{6}⟹|AB|=6\cdot \frac{3}{2}=9$$

1. Korzystamy z tożsamości ${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$:
   $${\cos }^2\alpha =1-{\sin }^2\alpha =1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25}$$
2. Ponieważ $\alpha$ jest rozwarty (kąt z przedziału $(90°,180°)$), $\cos \alpha <0$:
   $$\cos \alpha =-\frac{4}{5}$$

1. Mnożymy obie strony przez $4\cos \alpha$ (kąt ostry, więc $\cos \alpha \ne 0$) i porządkujemy:
   $$\begin{array}{rl}& 3\sin \alpha +4\cos \alpha =24\cos \alpha \\ & 3\sin \alpha =20\cos \alpha \end{array}$$
2. Dzielimy obie strony przez $3\cos \alpha$:
   $$\begin{array}{rl}& \frac{3\sin \alpha }{3\cos \alpha }=\frac{20\cos \alpha }{3\cos \alpha }\\ & \frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{20}{3}\\ & \tan \alpha =\frac{20}{3}\end{array}$$

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:
   $$\sin \beta =\frac{AC}{BC}=\frac{4}{2\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}$$