MATeMAtyka 2. Zbiór zadań — strona 187

Dla kąta ostrego sinus i cosinus są dodatnie i muszą spełniać

$$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1.$$

a) $\left(\frac7{25}\right)^2+\left(\frac{24}{25}\right)^2=1$, więc taki kąt istnieje.

b) $\left(\frac25\right)^2+0{,}7^2=0{,}65\neq1$, więc taki kąt nie istnieje.

c) $\left(\frac{2\sqrt5}{5}\right)^2+\left(\frac{\sqrt5}{5}\right)^2=\frac45+\frac15=1$, więc taki kąt istnieje.

d) Z $\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ wynika

$$\cos\alpha=\frac{3/5}{3/4}=\frac45.$$

Wartości $\frac35$ i $\frac45$ spełniają jedynkę trygonometryczną, więc taki kąt istnieje.

e) Z danych musiałoby być $\sin\alpha=\operatorname{tg}\alpha\cos\alpha=\frac23$, ale

$$\left(\frac13\right)^2+\left(\frac23\right)^2=\frac59\neq1.$$

Taki kąt nie istnieje.

f) Iloczyn podanych liczb jest równy

$$(2-\sqrt3)(2+\sqrt3)=1.$$

Są więc wzajemnie odwrotne i dodatnie, czyli mogą być tangensem i cotangensem tego samego kąta ostrego. Jest to na przykład $\alpha=15^\circ$.

a) Ponieważ kąt jest ostry, z $\sin\alpha=\frac{12}{13}$ otrzymujemy $\cos\alpha=\frac5{13}$, a zatem $\operatorname{tg}\alpha=\frac{12}{5}$. Dla $t=\operatorname{tg}\alpha$:

$$\frac{1-t}{1/t-1} =\frac{1-t}{(1-t)/t}=t=\frac{12}{5}.$$

b) Dzielimy licznik i mianownik przez dodatni $\cos\alpha$:

$$\frac{\sin\alpha+\cos\alpha}{\sin\alpha-\cos\alpha} =\frac{\operatorname{tg}\alpha+1}{\operatorname{tg}\alpha-1} =\frac{\frac32+1}{\frac32-1}=5.$$

Korzystamy z jedynki trygonometrycznej oraz zależności

$$1+\operatorname{tg}^2\alpha=\frac1{\cos^2\alpha}, \qquad 1+\operatorname{ctg}^2\alpha=\frac1{\sin^2\alpha}.$$

a)

$$\sin^4\alpha-\cos^4\alpha+2\cos^2\alpha =(\sin^2\alpha-\cos^2\alpha)+2\cos^2\alpha=1.$$

b)

$$(1-\sin^2\alpha)(1+\operatorname{tg}^2\alpha) =\cos^2\alpha\cdot\frac1{\cos^2\alpha}=1.$$

c) Ponieważ $\sin\alpha\neq1$,

$$\frac{\cos^2\alpha}{1-\sin\alpha}-\sin\alpha =\frac{(1-\sin\alpha)(1+\sin\alpha)}{1-\sin\alpha}-\sin\alpha=1.$$

d)

$$\frac1{1+\operatorname{tg}^2\alpha}+\sin^2\alpha =\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1.$$

e)

$$\frac{1+\operatorname{tg}^2\alpha}{1+\operatorname{ctg}^2\alpha} =\frac{1/\cos^2\alpha}{1/\sin^2\alpha} =\operatorname{tg}^2\alpha,$$

więc całe wyrażenie jest równe $0$.

f)

$$\frac1{1+\operatorname{tg}^2\alpha} +\frac1{1+\operatorname{ctg}^2\alpha} =\cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1.$$

W każdym podpunkcie otrzymaliśmy stałą, niezależną od $\alpha$.

a) Kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny:

$$(\sin\alpha-\cos\alpha)^2\geq0.$$

Po rozwinięciu i użyciu $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ dostajemy

$$1-2\sin\alpha\cos\alpha\geq0,$$

czyli $\sin\alpha\cos\alpha\leq\frac12$.

b) Dla kąta ostrego $t=\operatorname{tg}\alpha>0$. Zatem

$$t+\frac1t-2=\frac{(t-1)^2}{t}\geq0.$$

Ponieważ $\operatorname{ctg}\alpha=1/t$, otrzymujemy żądaną nierówność. W obu nierównościach równość zachodzi dla $\alpha=45^\circ$.

Z warunku na współrzędne:

$$(3m)^2+(m+10)^2=90.$$

Po uproszczeniu

$$10m^2+20m+10=0, \qquad (m+1)^2=0,$$

więc $m=-1$ i $P=(-3,9)$. Długość promienia wodzącego wynosi

$$r=\sqrt{(-3)^2+9^2}=3\sqrt{10}.$$

Punkt leży w drugiej ćwiartce, zatem

$$\sin\alpha=\frac9{3\sqrt{10}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}, \quad \cos\alpha=\frac{-3}{3\sqrt{10}}=-\frac{\sqrt{10}}{10},$$ $$\operatorname{tg}\alpha=-3, \qquad \operatorname{ctg}\alpha=-\frac13.$$

Niech $r=\sqrt{x^2+y^2}$. Ponieważ $\alpha$ jest rozwarty, mamy $x<0$ i $y>0$. Lewa strona warunku upraszcza się do

$$\sin\alpha\operatorname{tg}\alpha+\cos\alpha =\frac yr\cdot\frac yx+\frac xr =\frac{x^2+y^2}{xr} =\frac rx.$$

Zatem

$$\frac rx=-\frac{\sqrt{29}}2.$$

Po podniesieniu do kwadratu:

$$\frac{x^2+y^2}{x^2}=\frac{29}{4}, \qquad \frac{y^2}{x^2}=\frac{25}{4}.$$

Znaki $x<0$, $y>0$ dają

$$\frac yx=-\frac52, \qquad 2y=-5x.$$

Stąd $\operatorname{tg}\alpha=-\frac52$. Kąt odniesienia ma miarę $\arctan\frac52\approx68{,}2^\circ$, więc

$$\alpha\approx180^\circ-68{,}2^\circ=111{,}8^\circ.$$

Suma kątów trójkąta daje

$$\alpha+\beta=180^\circ-\angle AOB.$$

Wektor $\overrightarrow{OB}=\left(-4,\frac{15}{2}\right)$ ma długość

$$|OB|=\sqrt{16+\frac{225}{4}}=\frac{17}{2}.$$

Kąt $\alpha+\beta$ jest kątem rozwartym o ramieniu końcowym przechodzącym przez punkt $B$, dlatego jego funkcje trygonometryczne odczytujemy z jego współrzędnych:

$$\sin(\alpha+\beta)=\frac{15/2}{17/2}=\frac{15}{17}, \qquad \cos(\alpha+\beta)=\frac{-4}{17/2}=-\frac8{17}.$$

W konsekwencji

$$\operatorname{tg}(\alpha+\beta)=-\frac{15}{8}, \qquad \operatorname{ctg}(\alpha+\beta)=-\frac8{15}.$$