Przykłady. Część II

Sinus kąta można rozważać także dla kąta prostego oraz rozwartego. Wówczas

\sin 90 ° = 1

i jeżeli $α$ jest kątem ostrym, to

\sin (180 ° - α) = sinα .

Z powyższych równości i z wcześniejszych przykładów wynika, że pole dowolnego trójkąta jest równe połowie iloczynu długości dwóch jego boków i sinusa kąta zawartego między nimi.

Twierdzenie: 4

Pole trójkąta jest równe połowie iloczynu długości dwóch jego boków i sinusa kąta zawartego między tymi bokami.
Przy oznaczeniach takich jak na rysunku

P_{ABC} = \frac{1}{2} ab sinγ .

R1Gy7Naw9FVQD1

Rysunek trójkąta rozwartokątnego A B C o bokach długości BC =a, CA =b i AB=c. Kąt rozwarty A C B ma miarę gamma.

Przykład 1

W trójkącie $ABC$ dane są długości boków: $| BC | = 6$ , $| AC | = 4$ . Kąt $ACB$ ma miarę $120 °$ . Na boku $AB$ leży taki punkt $D$ , że $| ∡ACD | = 60 °$ . Obliczymy długość odcinka $CD$ .
Zauważmy, że pole trójkąta $ABC$ jest równe sumie pól trójkątów $ADC$ i $BDC$ .
Ponadto

P_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 4 \cdot \sin 120 ° = 6 \sqrt{3} .

Oznaczmy $| CD | = x$ . Wtedy pola trójkątów $ADC$ i $BDC$ możemy zapisać za pomocą $x$ .

P_{ADC} = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot x \cdot \sin 60 ° = \sqrt{3} x

P_{BDC} = \frac{1}{2} \cdot x \cdot 6 \cdot \sin 60 ° = \frac{3 \sqrt{3}}{2} x .

Otrzymujemy równanie

\frac{3 \sqrt{3}}{2} x + \sqrt{3} x = 6 \sqrt{3},

skąd

x = \frac{12}{5} .

Zatem

| CD | = 2,4 .

Przykład 2

W trójkącie prostokątnym $ABC$ kąt przy wierzchołku $C$ jest prosty, a punkt $D$ jest spodkiem wysokości poprowadzonej na przeciwprostokątną z wierzchołka $C$ . Wykażemy, że

{|AC|}^{2} = |AD| \cdot |AB| .

Oznaczmy przez $α$ miarę kąta $BAC$ .

Rq8cVgSoy4aLm1

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C o wysokości CD oraz kącie B A C =alfa.

Wówczas w trójkącie $ABC$

cosα = \frac{|AC|}{|AB|},

a w trójkącie $ACD$

cosα = \frac{|AD|}{|AC|} .

Stąd

\frac{|AC|}{|AB|} = \frac{|AD|}{|AC|},

czyli

{|AC|}^{2} = |AD| \cdot |AB| .

W ten sposób dowód został zakończony.

Przykład 3

W trójkącie prostokątnym $ABC$ przyprostokątne mają długości $| BC | = 14,8$ i $| AC | = 11,1$ . Kwadrat $DEFG$ jest wpisany w trójkąt $ABC$ tak, że bok $DE$ leży na przeciwprostokątnej $AB$ , a wierzchołki $F$ i $G$ leżą na przyprostokątnych odpowiednio $BC$ i $AC$ . Obliczymy długość boku tego kwadratu.

RSkcefoMjmkVY1

Rysunek trójkąta prostokątnego A B C i kwadratu D E F G wpisanego w ten trójkąt. Kąt przy wierzchołku C =90 stopni, a kąt przy wierzchołku A = alfa.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$ obliczamy długość boku $AB$ .

{|AB|}^{2} = {(11,1)}^{2} + {(14,8)}^{2}

{|AB|}^{2} = 342,25

Ponieważ $|AB| > 0$ , to

|AB| = 18,5 .

Oznaczmy przez $x$ długość boku kwadratu $DEFG$ , a przez $α$ miarę kąta $BAC$ .
Stąd

|∡ CGF| = α, |∡ EFB| = α .

Każdy z trójkątów prostokątnych $ADG$ , $GCF$ oraz $FEB$ jest zatem podobny do trójkąta $ABC$ . Wobec tego stosunki długości boków w tych trójkątach możemy wyrazić za pomocą funkcji trygonometrycznych kąta $α$ .
W trójkącie $ABC$

sinα = \frac{14,8}{18,5} = \frac{4}{5}, cosα = \frac{11,1}{18,5} = \frac{3}{5} .

W trójkącie $ADG$

sinα = \frac{x}{|AG|},

a w trójkącie $CGF$

cosα = \frac{|CG|}{x} .

Wynika z tego, że

\frac{x}{|AG|} = \frac{4}{5}, \frac{|CG|}{x} = \frac{3}{5},

skąd

|AG| = \frac{5}{4} x, |CG| = \frac{3}{5} x .

Ale $|AG| + |CG| = |AC|$ , więc $\frac{5}{4} x + \frac{3}{5} x = \frac{111}{10}$ , a zatem $\frac{37}{20} x = \frac{111}{10}$ , czyli $x = 6$ .
Zatem długość boku kwadratu $DEFG$ jest równa $6$ .

Przykłady. Część I

Zadania