MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 177

Oba dane kąty są ostre, więc $\cos22^\circ=\sqrt{1-p^2}$ i $\cos78^\circ=\sqrt{1-q^2}$.

a) $1-\cos22^\circ=1-\sqrt{1-p^2}$.

b) $\operatorname{tg}68^\circ=\operatorname{ctg}22^\circ=\dfrac{\sqrt{1-p^2}}p$.

c) $\sin102^\circ=\sin78^\circ=q$ oraz $\cos102^\circ=-\cos78^\circ=-\sqrt{1-q^2}$.

d) $\sin158^\circ=\sin22^\circ=p$ i $\operatorname{ctg}102^\circ=-\operatorname{ctg}78^\circ=-\dfrac{\sqrt{1-q^2}}q$.

a) Po użyciu $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$ i $\sqrt2\sin135^\circ=1$ otrzymujemy

$$\frac{4-3\sin\alpha}{2}-\frac14=1,$$

stąd $\sin\alpha=\frac12$ i $\alpha=30^\circ$.

b) Mamy $\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha$ i $\operatorname{tg}150^\circ=-\frac{\sqrt3}{3}$. Po pomnożeniu przez $3$:

$$-4\cos\alpha+\sqrt3=-\sqrt3,$$

więc $\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2}$ i $\alpha=30^\circ$.

c) Ponieważ $\operatorname{tg}(180^\circ-\alpha)=-\operatorname{tg}\alpha$, po pomnożeniu przez $4$ dostajemy

$$3+2\sqrt2\operatorname{tg}\alpha=2\sqrt2+3.$$

Zatem $\operatorname{tg}\alpha=1$ i $\alpha=45^\circ$.

Ponieważ $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$, prawe strony obu danych równości są równe:

$$4m^2-3\sqrt3m+2=\sqrt3m-1.$$

Stąd

$$4m^2-4\sqrt3m+3=0.$$

Wyróżnik jest równy zeru, więc $m=\frac{\sqrt3}{2}$. Wtedy $\sin\alpha=\frac12$, zatem $\alpha=30^\circ$ i

$$\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \operatorname{tg}(180^\circ-\alpha)=\operatorname{tg}150^\circ=-\frac{\sqrt3}{3}.$$

Korzystamy z $\cos(180^\circ-\beta)=-\cos\beta$ i $\sin(180^\circ-\alpha)=\sin\alpha$.

a)

$$\sin\alpha+\cos(180^\circ-\beta)=\sin\alpha-\cos\beta <0{,}4-0{,}8=-0{,}4<0.$$

b)

$$\sin(180^\circ-\alpha)+\cos\beta =\sin\alpha+\cos\beta >0{,}3+0{,}8=1{,}1>1.$$

Współczynnik kierunkowy prostej jest tangensem jej kąta nachylenia.

a) $\operatorname{tg}\alpha=1{,}8$, więc

$$\alpha=\arctan1{,}8\approx60{,}95^\circ\approx61^\circ.$$

b) Dla kąta rozwartego $\operatorname{tg}\beta=-0{,}8$, zatem

$$\beta=180^\circ-\arctan0{,}8\approx141{,}34^\circ\approx141^\circ.$$

Bok $AB$ jest poziomy. Wektor $AC=(2,4)$, więc

$$\angle BAC=\arctan\frac42=\arctan2\approx63{,}4^\circ.$$

Wektory $BA=(-6,0)$ i $BC=(-4,4)$ tworzą kąt $45^\circ$, zatem

$$\angle ABC=45^\circ.$$

Trzeci kąt ma miarę

$$180^\circ-63{,}4^\circ-45^\circ\approx71{,}6^\circ.$$

a) $\frac{40}{2m+3}=\frac58$, więc $m=30\frac12$.

b) Z $\cos\alpha=-\frac5{13}$ i dodatniej współrzędnej $y=48$ wynika proporcja $x:y=-5:12$. Stąd $x=-20$, czyli $-\frac m2=-20$ i $m=40$.

c) Z $\sin\alpha=\frac{15}{17}$ oraz $y=45$ wynika skala $3$, więc $r=51$ i $|x|=24$. Zatem $m=24$ dla kąta ostrego lub $m=-24$ dla kąta rozwartego.

d) $\operatorname{ctg}\alpha=\frac{x}{y}$, więc

$$\frac{8-3m}{12}=\frac16,$$

co daje $m=2$.

Na przedziale $(0^\circ,180^\circ)$ cosinus jest malejący. Kąty graniczne wynoszą

$$\arccos(-0{,}1)\approx95{,}74^\circ, \qquad \arccos(-0{,}9)\approx154{,}16^\circ.$$

Warunek spełniają więc liczby naturalne $n$ leżące ściśle między tymi wartościami.

Po podstawieniu wartości funkcji trygonometrycznych i pomnożeniu licznika oraz mianownika przez $2$:

$$f(x)=\frac{x-\sqrt2}{\sqrt3x+2}.$$

Mianownik zeruje się dla $x=-\frac2{\sqrt3}=-\frac{2\sqrt3}{3}$, więc tę wartość wykluczamy z dziedziny.

Funkcja homograficzna nie przyjmuje ilorazu współczynników przy $x$, czyli $\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}$; po rozwiązaniu równania $y=f(x)$ względem $x$ każda inna wartość $y$ daje dokładnie jeden argument.