5. Trigonometria. 2 cos 40 cos 20 sin 20. BC kifejezés pontos értéke?

Átírás

1 5. Trigonometria I. Feladatok 1. Mutassuk meg, hogy cos 0 cos 0 sin 0 3. KöMaL 010/október; C Az ABC háromszög belsejében lévő P pontra PAB PBC PCA φ. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög szögei α, β és γ, akkor 1 sin φ 1 sin α + 1 sin β + 1 sin γ. KöMaL 1999/április; F Az ABCD négyszögben AB 1, BC, CD 3, ABC 10, BCD 90. Mekkora az AD oldal pontos értéke? KöMaL 00/december; C Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel α 60, β 0 és AB 1. Mennyi az BC kifejezés pontos értéke? KöMaL 1996/szeptember; F Határozzuk meg a háromszög területét két oldal és a közbezárt szög szögfelezőjének ismeretében. KöMaL 1985/október; Gy Oldjuk meg a következő egyenletet: 1 sin x 1 sin x sin x. KöMaL 005/december; C Mekkora ctg x értéke, ha ctg x sin x? KöMaL 006/március; C Oldjuk meg a sin x + cos x + sin x egyenletet. KöMaL 01/január; B Az x 10x egyenlet gyökei u, v és w. Határozzuk meg az arctg u + arctg v + arctg w értékét. KöMaL 00/november; B

2 10. Határozzuk meg a 0; intervallumban az függvény értékkészletét. f(x) 3sin x 3cos x sin x cos x KöMaL 199/december; F Az e és f párhuzamos egyenesek közé eső P pont távolsága az e-től a, f-től b. Határozzuk meg a legkisebb területű EPF háromszög oldalait, ha a háromszög P-nél lévő szöge derékszög, E csúcsa az e egyenesre, F pedig f-re esik! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1978; haladók, általános tantervű osztályok,. forduló 1. Egy t területű derékszögű trapézba az oldalakat érintő r sugarú kör írható, ahol t r. Mekkora a trapéz alapjainak aránya? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013;haladók, II. kategória, 1.forduló 13. Egy tizenkét egység alapú egyenlő szárú háromszögbe félkört írunk úgy, hogy a félkör átmérője a háromszög alapján van, a félkör íve pedig érinti a háromszög szárait. Mekkora a félkör sugara, ha a félkörív az alaphoz tartozó magasságot a csúcshoz közelebbi harmadoló pontban metszi? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/005; haladók II. kategória, 1.forduló 1. Az AD egységnyi hosszú szakasz mint átmérő fölé rajzolt félkörív egy pontja B, a BD ív egy további pontja C, és jelölje E a BD és AC szakaszok metszéspontját. Határozza meg az AE AC + DB DE kifejezés pontos értékét! Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 013/01; kezdők I-II. kategória,.forduló 15. Határozzuk meg a 18, 36, 5, 7 szögfüggvényeinek pontos értékét! 16. Legyen az ABCDE szabályos ötszög AC átlójának felezőpontja F. Hogyan aránylik egymáshoz az ABC, a CDF és a DEF háromszög területe? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1973; haladók, 1.forduló 17. Az ABC háromszögben a C csúcsnál kétszer akkora szög van, mint az A-nál. Milyen értékeket vehet fel az hányados? 18. Milyen a valós érték mellett van megoldása a egyenletnek? cos 3x cos x sin 3x sin x a OKTV 1979; általános tantervű osztályok,. forduló OKTV 1975; 1. forduló

3 19. Közelítő értékek használata nélkül adjuk meg a kifejezés pontos értékét! K tg 7 + tg 3 tg (tg 7 tg 3 ) OKTV 000/001; általános tantervű osztályok, 1. forduló 0. Az alábbi kifejezés egyes tagjainak nincs értelme, ha α értéke 5 vagy 5. Van-e a kifejezésnek határértéke, ha α az egyik vagy a másik szöghöz tartó olyan sorozaton fut végig, amelynek elemeire van értelme az egyes tagoknak? (1 + tg α) cos α + tg α sin α sin α + cos α (sin α cos α). 1. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 x π, és 0 y π: cos x + cos y 1, (1) OKTV 197; 1. forduló sin x sin y 3. () OKTV 006/007; II. kategória,. forduló. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg x 3 > 1 + tg x OKTV 013/01; II. kategória, 1. forduló 3. Mennyi a 1 + cos 30 1 sin 60 különbség értéke? (A) 1 (B) 3 3 (C) 3 (D) 1 (E) 3 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008; 1. osztály, megyei forduló. Egy tompaszög tangense. Mennyi a szög felének a tangense? (A) 1 5 (B) 1 (C) 1 (D) (E) Gordiusz Matematika Tesztverseny 010; 11. osztály, megyei forduló 5. Mennyivel egyenlő a valós számok halmazán értelmezett f(x) 8 sin x + 5 cos x függvény legnagyobb és legkisebb értékének szorzata? (A) 169 (B) 9 (C) 0 (D) 6 (E) 13 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008; 1. osztály, országos forduló 3

4 6. Azon háromszögek közül, amelyeknek a területe egyenlő és egyik szögük közös, melyikben lesz az ismert szöggel szemközti oldal a legkisebb? Ki miben tudós? vetélkedő 196; országos selejtező feladata 7. Megmértük egy vízszintes terepen álló antennatorony emelkedési szögét a talpponttól 100 m, 00 m és 300 m távolságból. A három szög összege 90. Milyen magas a torony? A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1959.évi. feladata 8. Bizonyítsuk be, hogy a konvex négyszögek közül csak a paralelogrammáknak van meg az a tulajdonságuk, hogy mind a négy csúcs esetében ugyanakkora összeget kapunk, ha a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait összeadjuk. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1967.évi 3. feladata 9. Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának arányát λ (ahol λ > 1). Határozzuk meg, hogy hogyan függ λ-tól az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 199.évi 1. feladata 30. (Morley tétele) Egy tetszőleges háromszög szögeit az AY, AZ, BZ, BX, CX, CY egyenesek 3 3 egyenlő részre osztják. Bizonyítsuk be, hogy az XYZ háromszög szabályos. D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Geometria I, 180. feladat

5 II. Megoldások 1. Mutassuk meg, hogy cos 0 cos 0 sin 0 3. KöMaL 010/október; C cos 0 cos 0 sin 0 cos(60 0 ) cos 0 sin 0 (cos 60 cos 0 + sin 60 sin 0 ) cos 0 sin cos 0 + sin 0 cos 0 sin 0 cos sin 0 cos 0 sin 0 3 sin 0 sin Az ABC háromszög belsejében lévő P pontra PAB PBC PCA φ. Mutassuk meg, hogy ha a háromszög szögei α, β és γ, akkor 1 sin φ 1 sin α + 1 sin β + 1 sin γ. KöMaL 1999/április; F. 38. Az ábra jelöléseit használva kifejezzük a háromszög területét a részháromszögek területének összegeként: Átrendezés után: T xc sinφ ya sinφ sinφ xc T + ya T + zb T. 5 zb sinφ.

6 Felhasználjuk, hogy T bc sinα ac sinβ ab sinγ: 1 sinφ xc bc sinα + ya ac sinβ + zb ab sinγ x b sinα + y c sinβ + z a sinγ. (1) Az APC háromszögben PAC α φ; ACP φ, tehát APC 180 α. Hasonlóan számolva APB 180 β, BPC 180 γ. Az APC; BPC; APC háromszögben felírva a szinusztételt azt kapjuk, hogy Az (1) összefüggésben felhasználva: x b sinφ sin (180 α) sinφ sinα ; y c sinφ sinβ ; z a sinφ sinγ. 1 sinφ x b sinα + y a sinβ + z c sinγ sinφ sin α + sinφ sin β + sinφ sin γ, ahonnan sinφ-vel osztva megkapjuk a feladat állítását: 1 sin φ 1 sin α + 1 sin β + 1 sin γ. 3. Az ABCD négyszögben AB 1, BC, CD 3, ABC 10, BCD 90. Mekkora az AD oldal pontos értéke? KöMaL 00/december; C Az ABC háromszögből koszinusztétellel kiszámítjuk az AC szakasz hosszát és az α-val jelölt szöget: AC cos 10 AC 7 cos α Az AD szakaszt az ADC háromszögből szintén koszinusztétellel tudjuk meghatározni. AD cos(90 α) (1) 6

7 cos(90 α) sin α 1 cos α Ezt az (1) egyenletbe behelyettesítve: Tehát az AD oldal hossza 7. AD Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel α 60, β 0 és AB 1. Mennyi az BC kifejezés pontos értéke? KöMaL 1996/szeptember; F Az ABC háromszögben a szinusztétel alapján: AB AC 1 sin 100 AC sin 0 Trigonometrikus azonosságok alapján: Így és BC AB BC sin 60 BC 1 sin 100. sin 100 sin 80 cos 10 sin 0 sin 10 cos 10 1 sin 100 sin 60 BC AC sin 0 sin 100 cos 10 sin 60 sin 10 cos 10 cos 10 cos 10 sin 60 sin 10 sin 10 cos 10 (cos 60 cos 10 sin 60 sin 10 ) sin 0 Tehát a kifejezés pontos értéke. 1 cos 10 sin 60 sin 10 sin 0 cos( ) cos 70 cos 70 cos Határozzuk meg a háromszög területét két oldal és a közbezárt szög szögfelezőjének ismeretében. KöMaL 1985/október; Gy. 9. 7

8 Az ábra jelöléseit használva a háromszög területét a, b, f segítségével kell kifejeznünk. A háromszög kétszeres területét két oldallal és a közbezárt területtel kifejezve: T T + T a b sin γ b f sin γ + a f sin γ Felhasználjuk a kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot: a b sin γ cosγ b f sin γ + a f sin γ (a + b) f sin γ sin γ 0, ezért oszthatunk vele: (a + b) f a b cosγ (a + b) f cosγ ab sin γ > 0 a feladatbeli jelentése miatt, ezért így a háromszög területe T a b sin γ sin γ 1 cos γ 1 (a + b) f a b, a b sin γ cos γ a b 1 (a + b) f (a + b) f a b ab (a + b) f T a ab b (a + b) f. Ez a képlet a kívánt adatokkal fejezi mi a háromszög területét. 6. Oldjuk meg a következő egyenletet: 1 sin x 1 sin x sin x. Először az egyenlet értelmezési tartományát vizsgáljuk meg: KöMaL 005/december; C.83. 8

9 sin x 0, sin x 0, sin x 0, ezért x k, k Z. Az ismert azonosságok felhasználásával: sin x sin x cos x sin x sin x cos x sin x cos x (cos x sin x). A sin x megfelel közös nevezőnek, ezzel szorozzuk az egyenlet mindkét oldalát: cos x (cos x sin x) (cos x sin x). Ha a sin x 1 cos x helyettesítést elvégezzük, akkor csak egy szögfüggvényt tartalmaz az egyenletünk: Zárójelfelbontás és rendezés után: cos x (cos x 1) (cos x 1). cos x cos x cos x 0. Az értelmezési tartomány miatt cos x 0, ezért oszthatunk vele: cos x cos x 1 0. Ennek az egyenletnek a cos x 1 és a cos x a megoldása. Az első lehetőség az értelmezési tartomány miatt nem lehet, ezért: x ± π 3 + nπ, ahol n Z. 7. Mekkora ctg x értéke, ha ctg x sin x? A ctg x függvény értelmezése miatt x k π, k Z. A ctg x feladat feltétele így írható: Innen: KöMaL 006/március; C.89. összefüggés alapján a cosx sinx sin x sin x cos x 1 cos x cos x cos x + cos x 1 0. cos x 1 ± 5. Ha cos x, akkor 1-nél kisebb értéket kapunk, ami nem lehetséges. Ha cos x, akkor sin x 1 cos x sin x ±

10 Így ctg x cosx sinx ± Ekkor az értelmezési tartomány feltétele is teljesül. ± 5 1 sin x. 8. Oldjuk meg a sin x + cos x + sin x egyenletet. KöMaL 01/január; B.599. Láthatóan a sin x 1 és cos x 0 megoldása az egyenletnek. A szinusz- és a koszinusz-függvény is korlátos. Próbáljunk meg olyan becslést adni, ami elvezet a megoldáshoz. Az alábbiakban felhasználjuk, hogy sin x 1, cos x 1, sin x 0, cos x 0 és sin x+cos x 1: sin x + cos x + sin x sin x sin x + cos x cos x + sin x 1 sin x + 1 cos x + 1 (sin x + cos x) + 1. Az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha sin x 1, tehát az egyenlet megoldása: x + nπ, ahol n Z. 9. Az x 10x egyenlet gyökei u, v és w. Határozzuk meg az arctg u + arctg v + arctg w értékét. KöMaL 00/november; B Használjuk az α arctg u; β arctg v; γ arctg w jelöléseket. < α, β, γ <. Az addíciós tételek felhasználásával: tg (β + γ) 10 tg β + tg γ 1 tg β tg γ tg β + tg γ tg α + tg (β + γ) tg α + tg (α + β + γ) 1 tg α tg (β + γ) 1 tg β tg γ tg β + tg γ 1 tg α 1 tg β tg γ tg α + tg β + tg γ tg α tg β tg γ u + v + w uvw 1 (tg α tg β + tg α tg γ + tg β tg γ) 1 (uv + uw + vw). (1) Ha a harmadfokú egyenlet három gyöke u, v és w, akkor az egyenlet ilyen alakban írható fel (gyökök és együtthatók közötti összefüggés): Az eredeti egyenlet alapján: x (u + v + w)x + (uv + uw + vw)x uvw 0

11 10. u + v + w 0, (uv + uw + vw) 10, uvw 11. Ezt az (1) összefüggésben felhasználva: tg (α + β + γ) 1 α + β + γ + kπ, ahol k Z. () A gyökök összege 0, a szorzata negatív, ezért egy negatív és két pozitív van köztük. Így α, β, γ közül egy a ; 0, kettő a 0; intervallumba esik, ezért a () összefüggésben k 0, azaz Határozzuk meg a 0; intervallumban az függvény értékkészletét. arctg u + arctg v + arctg w π. f(x) 3sin x 3cos x sin x cos x KöMaL 199/december; F.93. Az a + b (a + b)(a ab + b ), az a + b (a + b) ab, a sin x + cos x 1 azonosságok alapján: sin x + cos x (sin x + cos x)(sin x sin x cos x + cos x) sin x sin x cos x + cos x (sin x + cos x) sin x cos x sin x cos x Ezek alapján az f függvényt így írhatjuk fel: 1 3sin x cos x. f(x) 3(1 3sin x cos x) sin x cos x A sin x sin x cos x összefüggést felhasználva: f(x) 1 + 9(sin x cos x) sin x cos x + 9sin x sin x 1 + 9(sin x cos x). sin x cos x sin x + 9 sinx. Vezessük be a sin x jelölésére az y-t. A x a (0; π) intervallum tetszőleges pontja lehet, ezért sin x a (0; 1]intervallum minden értékét felveszi. A feladat szempontjából így elég a g(y) y + 9 y függvény értékkészletét vizsgálni a (0; 1]intervallumon. A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség alapján: g(y) y + 9y Egyenlőség akkor teljesül, ha 9y, azaz y. 9y y 11

12 Megvizsgáljuk, hogy minden 6-nál nagyobb valós szám hozzátartozik-e az értékkészlethez. Legyen c > 6 és Ekkor átalakítva y + 9 y c 9y cy + 0. A másodfokú egyenlet diszkriminánsa c 1, ami c > 6 esetén pozitív, tehát két megoldás van. A gyökök és együtthatók összefüggése alapján a gyökök szorzata, tehát a két gyök azonos előjelű és az egyik abszolút értéke legfeljebb. A két gyök összege pedig, ami pozitív, tehát mindkét gyök pozitív, a kisebbik legfeljebb. Így a g függvény a c értéket felveszi a 0; intervallumban. Tehát az f függvény értékkészlete a 0; intervallumban a [6; ) intervallum. 11. Az e és f párhuzamos egyenesek közé eső P pont távolsága az e-től a, ftől b. Határozzuk meg a legkisebb területű EPF háromszög oldalait, ha a háromszög P-nél lévő szöge derékszög, E csúcsa az e egyenesre, F pedig f-re esik! I. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1978; haladók, általános tantervű osztályok,. forduló Az AEP és a BPF merőleges szárú szögek, ezért egyenlők. Ezt a szöget α-val jelöljük. Az ábra jelöléseivel PE, PF. A háromszög területe T. Ez a kifejezés akkor a legkisebb, ha a nevező a legnagyobb, tehát sin α 1. α hegyesszög, ezért α 90, α 5. Így PE a ; PF b, a Pitagorasz-tétel alapján EF a + b. II. 10. évfolyamon még a sin α-ra vonatkozó összefüggést a tanulók nem ismerik. Adunk egy olyan megoldást is, amelyben ennek ismeretére nincs szükség. AEP ~BPF, mert derékszögűek és az α-val jelölt szögek merőleges szárúak, így egyenlőek. Hasonló háromszögekben a megfelelő szakaszok aránya egyenlő, ezért FB a b x FB ab x. 1

13 Pitagorasz tétele alapján: PE a + b, PF b + ab x b x a + x. A PEF háromszög területe: T PE PF b(a + x ) x b a x + x. Alkalmazzuk a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget: b a x + x b a x ba. x Egyenlőség akkor teljesül, ha x, tehát a x, azaz α 5. Így a PEF háromszög területének minimuma ab. Ezt a minimumot akkor kapjuk meg, ha PE a ; PF b, Pitagorasz-tétel alapján EF a + b. Láthatóan nagy segítség a feladat megoldásában, ha ismerjük a szögfüggvényeket (I.megoldás). 1. Egy t területű derékszögű trapézba az oldalakat érintő r sugarú kör írható, ahol t r. Mekkora a trapéz alapjainak aránya? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 01/013;haladók, II. kategória, 1.forduló A beírható kör középpontja a trapéz szögfelezőire illeszkedik. Az ábra jelöléseit használva: BE r ctg α; 13 FC r ctgβ. Az érintési pontokba húzott sugár merőleges az érintőre, ezért AEOH és HOFD négyszög négyzet, tehát AE AH HD DF r. A trapéz területe: t r (r + r ctg α + r + ctg β) 5 r.

14 Átrendezve, r -tel osztva: + ctg α + ctg β 5. (1) A trapéz egy száron fekvő szögeinek összege 180, ezért α + β 180 α + β 90. Ebből következik, hogy ctg β ctg(90 α) tgα Az (1) egyenletet így írhatjuk: A másodfokú egyenletet megoldva: Az ezekhez tartozó β értékekre:. + ctg α + 1 ctg α 5 ctg α 17ctg α + 0. ctg α vagy ctg α 1. ctg β 1 vagy ctg β. Láthatóan a két megoldás ugyanazt a trapézt határozza meg. Az első eredménypárt használva (AB a hosszabb alap): Tehát a két alap aránya: Ha az AB a rövidebb alap, akkor AB r + r 5r ; AB CD. AB CD 1. CD r + 1 5r r, 13. Egy tizenkét egység alapú egyenlő szárú háromszögbe félkört írunk úgy, hogy a félkör átmérője a háromszög alapján van, a félkör íve pedig érinti a háromszög szárait. Mekkora a félkör sugara, ha a félkörív az alaphoz tartozó magasságot a csúcshoz közelebbi harmadoló pontban metszi? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 00/005; haladók II. kategória, 1.forduló 1

15 Az AOE derékszögű háromszögből r 6 sin α, az AOC derékszögű háromszögből m 6 tg α. A feladat szerint OH r m. Így azt az α szöget keressük, amelyre 6 sin α tgα 3 sin α 6 sin α cos α. 3 Az α szög hegyesszög, ezért sin α 0, tehát oszthatunk vele, majd cos α-t kifejezzük: cos α 9. A sin α + cos α 1 összefüggés alapján, felhasználva, hogy α hegyesszög: sin α A félkör sugarát ennek segítségével ki tudjuk számolni: r 6 sin α Az AD egységnyi hosszú szakasz mint átmérő fölé rajzolt félkörív egy pontja B, a BD ív egy további pontja C, és jelölje E a BD és AC szakaszok metszéspontját. Határozza meg az AE AC + DB DE kifejezés pontos értékét! I. Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 013/01; kezdők I-II. kategória,.forduló A Thalesz-tétel miatt ABD és ACD derékszög. Szögfüggvények alkalmazásával: AC AD cos α cos α ; DB AD cos β cos β. Az AED 180 α β. Az AED háromszögre alkalmazva szinusztételt: AE AD DE AD sin β sin(180 α β) sin α sin(180 α β) sin β sin(α + β) sin α sin(α + β) AE DE sin β sin(α + β), sin α sin(α + β). 15

16 Ezek alapján: II. AE AC + DB DE sin β cos α sin(α + β) + sin α cosβ sin(α + β) sin(α + β) sin(α + β) 1 A kezdők kategóriájában még nem tananyag a szögfüggvények témája, ezért ebben a megoldásban szögfüggvények nélkül számolunk. A Thalesz-tétel miatt az ABD háromszög derékszögű, ezért felírhatjuk rá a Pitagorasz-tételt: AD AB + (BE + DE) AB + BE + DE + BE DE. Az AEB háromszög derékszögű, ezért AB + BE AE, és BE DB DE, így: AD AE + DE + (DB DE) DE AE DE + DB DE Az ACD és ECD háromszögekből hasonlóan: A két egyenletet összeadva és -vel osztva: Ebből következik, hogy Megjegyzés: AD DE AE + AE AC. AD AE AC + DB DE. AE AC + DB DE 1. A szögfüggvények alkalmazásával ebben az esetben is egyszerűbb a megoldás. 15. Határozzuk meg a 18, 36, 5, 7 szögfüggvényeinek pontos értékét! Az ABC egyenlő szárú háromszög szögei 7, 7, 36. Az AD szögfelezővel két egyenlőszárú háromszögre bontjuk: ADB és ADC. A nagy háromszög szára egységnyi, alapja x, az ADC háromszög szárai x, alapja 1, az ABD háromszög alapja 1 x, szára x. A szögek egyenlősége miatt ABC ~ABD. Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya egyenlő: x 1 x 1 x x + x 1 0 x 1 ± 5. 16

17 x egy szakasz hosszát jelöli, ezért pozitív, tehát Ezt felhasználva: Az ABC háromszögből koszinusztétel alapján: cos 36 x 5 1. x cos A sin α + cos α 1 összefüggés alapján: A tg α 6 5 sin sin és ctg α összefüggések alapján: , tg , ctg , 5 tg ctg

18 A pótszögek szögfüggvényeire vonatkozó összefüggések alapján: sin 18 cos cos 18 sin tg 18 ctg ctg 18 tg sin 5 cos cos 5 sin tg 5 ctg ctg 5 tg Legyen az ABCDE szabályos ötszög átlójának felezőpontja F. Hogyan aránylik egymáshoz az ABC, a CDF és a DEF háromszög területe? Arany Dániel Matematikai Tanulóverseny 1973; haladók, 1.forduló Válasszuk a szabályos ötszög oldalát egységnek. A szabályos ötszög minden szöge 108. Az ABC háromszög egyenlő szárú, ezért az alapon fekvő szögei egyenlők, ( ): 36. FCD Szimmetria miatt ED AC, a két párhuzamos távolsága a DG szakasz. Ezekkel az adatokkal: T T AB BC sin 108 CF CD sin 7 T sin 7, CF BC cos 36 cos 36, cos 36 1 sin 7 CG DC sin 7 sin 7, ED CG Ezért a háromszögek területek aránya: 1: cos 36 : 1. A 15. feladatban kiszámoltuk cos 36 értékét, így 1 sin 7 T T T sin 7. cos 36 sin 7, 1. 18

19 17. Az ABC háromszögben a C csúcsnál kétszer akkora szög van, mint az A-nál. Milyen értékeket vehet fel az hányados? OKTV 1979; általános tantervű osztályok,. forduló Legyen az A csúcsnál lévő szög α, a C csúcsnál lévő szög α, ekkor a B csúcsnál lévő szög 180 3α. Így az α szögre teljesül a 0 < α < 60 feltétel. A szinusztétel alapján: AC sin(180 3α) sin 3α sin α cos α + cos α sin α AB sin α sin α sin α cos α sin α (cos α 1) + cos α sin α cos α sin α cos α Bevezetjük az a cos α jelölést, így az a cos α 1 cos α. sin α cos α sin α sin α cos α kifejezést vizsgáljuk. A 0 < α < 60 feltétel miatt cos 60 < a < cos 0, így 1 < a < és 1 < <. Ekkor 0 < a <. Még megvizsgáljuk, hogy a 0 és 3 közötti számok mindegyikét megkaphatjuk-e. A cos x függvény folytonos, ezért a [0 ; 60 ]intervallumban minden értéket felvesz az [1; ] intervallumból. Az x függvény is folytonos az [1; ] intervallumon, ezért minden értéket felvesz a 0 és 3 között. Tehát 0 < < és a hányados minden közbülső értéket felvesz. 18. Milyen a valós érték mellett van megoldása a egyenletnek? I. Az addíciós tételek alapján cos 3x cos x sin 3x sin x a OKTV 1975; 1. forduló cos 3x cos x cos x sin x sinx (cos x sin x) cos x sin x cos x sin x cos x 3sin x cos x sin 3x sin x cos x + cos x sin x sin x cos x cos x + (cos x sin x) sin x 3cos x sin x sin x. Ezeket az összefüggéseket behelyettesítjük a megoldandó egyenletbe: cos x 3sin x cos x 3sin x cos x + sin x a (1) A 10. feladat megoldásában levezettük, hogy Az (1) egyenletet tovább alakítva: sin x + cos x 1 3sin x cos x. 1 3sin x cos x 3sin x cos x 3sin x cos x a 19

20 1 3(1 + cos x + sin x) a 1 6sin x cos x a 1 a 6sin x cos x 3 sin x cos x 3 sin x sin x a 3 A szinuszfüggvény értékkészlete alapján ennek az egyenletnek akkor van megoldása, ha 0 a a 1. Ekkor valóban van megoldás, mert az átalakításaink megfordíthatóak voltak. II. Az első megoldásban szereplő képleteket tovább alakítva: cos 3x cos x 3sin x cos x cos x 3(1 cos x) cos x cos x 3 cos x cos x cos 3x + 3 cos x sin 3x 3cos x sin x sin x 3(1 sin x) sin x sin x 3 sin x sin x sin x A megoldandó egyenletbe ezt felhasználva: cos 3x cos 3x + 3 cos x 3 sin x sin 3x 0. 3 sin x sin 3x sin 3x a cos 3x + 3cos 3x cos x 3 sin 3x sin x + sin 3x a 1 + 3(cos 3x cos x sin 3x sin x) a cos x a 1 3 A koszinuszfüggvény értékkészlete miatt ennek az egyenletnek akkor és csak akkor van megoldása, ha 1 a Közelítő értékek használata nélkül adjuk meg a kifejezés pontos értékét! +1 1 a 1. K tg 7 + tg 3 tg (tg 7 tg 3 ) ; 3 5 és felhasználjukaz alábbi összefüggést: tg(x ± y) OKTV 000/001; általános tantervű osztályok, 1. forduló tgx ± tgy 1 tgx tgy,

21 K tg5 + tg tg5 tg tg5 + tg tg5 tg + tg 1 tg5 tg 1 + tg5 tg 1 tg5 tg 1 + tg5 tg. Használjuk az a tg jelölést: K 1 + a 1 a + 1 a + a a a 1 a 1 a 1 + a (1 + a) + (1 a) 1 a a (1 + a) (1 a) 1 a + a a 1 a a 1 a. 0. Az alábbi kifejezés egyes tagjainak nincs értelme, ha α értéke 5 vagy 5. Van-e a kifejezésnek határértéke, ha α az egyik vagy a másik szöghöz tartó olyan sorozaton fut végig, amelynek elemeire van értelme az egyes tagoknak? A kifejezést átalakítjuk: 1 + sin α + cos α (1 + tg α) cos α + tg α sinα + (sin α cos α). cos α + tgα (cos α + sin α) sin α cos α + cos α sin α (sin α cos α) OKTV 197; 1. forduló sin α cos α cos α + cos α sin α (cos α + sin α) + sin α + cos α + sin α cos α + cos α sin α (sin α cos α) sin α cos α cos α + cos α sin α + cos x + sin α cos α (sin α cos α) cos α + sin α cos α cos α sin α cos α cos α sin α cos α cos α 0. cos α + cos α + sin α cos α cos α sin α Tehát a kifejezés minden olyan esetben 0, amikor értelmezve van. Ekkor a határérték is 0, ha α a 5 -hoz vagy a 5 -hoz tart. 1. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert, ha 0 x π, és 0 y π: cos x + cos y 1, (1) sin x sin y 3. () OKTV 006/007; II. kategória,. forduló Vezessük be az u cos x és v cos y jelölést. A () egyenletet négyzetre emeljük, felhasználjuk, hogy sin α + cos α 1, ezután az alábbi egyenletrendszert kapjuk: u + v 1 (3) 1

22 A (3) egyenletből: Ezt a () egyenletben felhasználva: Az uv ben másodfokú egyenletet megoldva: (1 u )(1 v ) () u + v 1 uv. 1 u v + u v u v + uv u v + 3uv 9 0. uv vagy. A koszinuszfüggvény 1-nél nagyobb értéket nem vesz fel, ezért az (1) egyenlet csak úgy teljesülhet, ha cos x és cos y értéke sem negatív, így szorzatuk nem lehet. Most az u + v 1 egyenletrendszert oldjuk meg: uv 1 u(1 u) 1 u u + 1 u 1 0. Tehát: u v 1. Ha cos x cos y, akkor sin x ±, a () egyenlet alapján sin y. Ez alapján a lehetséges értékek: x π 3 és y 5π 3 ; x 5π 3 és y π 3.. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenséget: tg x 3 > 1 + tg x OKTV 013/01; II. kategória, 1. forduló A tangens-függvény értelmezése miatt x + kπ, k Z. A négyzetgyök miatt tg x 3, tehát tgx 3 vagy tgx 3.

23 Az első esetben az eredeti egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért négyzetre emelhetünk: tg x 3 > 1 + tgx + tg x 0 > 3 tg x + tgx +. Az adott feltételek mellett az egyenlőtlenség jobb oldala pozitív, így ez sohasem teljesül. Az második esetben a négyzetgyök értékkészlete miatt az egyenlőtlenség bal oldala nemnegatív, a jobb oldal viszont legfeljebb 1 3, ezért ekkor megoldást kapunk: π + kπ < x π + kπ, k Z. 3 Ezzel megadtuk az egyenlőtlenség összes megoldását. 3. Mennyi a 1 + cos 30 1 sin 60 különbség értéke? (A) 1 (B) 3 3 (C) 3 (D) 1 (E) 3 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008; 1. osztály, megyei forduló I. 1 + cos 30 1 sin A helyes válasz a D. II. 1 3 A következő összefüggéseket használjuk fel: sin α + cos α 1; cos α sin(90 α) ; sin α sin α cos α; a + b ± ab (a ± b) ; a a. 1 + cos 30 1 sin sin 60 1 sin 60 sin 30 + cos 30 + sin 30 cos 30 sin 30 + cos 30 sin 30 cos 30 (sin 30 + cos 30 ) (sin 30 cos 30 ) sin 30 + cos 30 sin 30 cos 30 A helyes válasz a D Egy tompaszög tangense. Mennyi a szög felének a tangense? (A) 1 5 (B) 1 (C) 1 5 (D) 5 (E) 5 1 Gordiusz Matematika Tesztverseny 010; 11. osztály, megyei forduló 3

24 A tangens függvény szemléletes jelentése látható az ábrán: az egységkörből az (1; 0) pontban húzott érintőből a szög szára negatív irányban egységet vág ki. Az OM szakasz hossza a Pitagorasz-tétel alapján 1 + 5, tehát cos α. Ha α tompaszög, akkor a fele hegyesszög, tehát a tangense pozitív. A összefüggés alapján: tg α 1 cos α 1 + cos α tg α A helyes válasz az E. 5. Mennyivel egyenlő a valós számok halmazán értelmezett f(x) 8 sin x + 5 cos x függvény legnagyobb és legkisebb értékének szorzata? (A) 169 (B) 9 (C) 0 (D) 6 (E) 13 Gordiusz Matematika Tesztverseny 008; 1. osztály, országos forduló f(x) 8sin x + π 6 5 cos x 8 sin x cos π cos x sin π 5 cos x 6

25 8 3 sin x cos x 5 cos x sin x 1 cos x. 7 ezért van olyan α szög,amelyre: , cos α és sin α. A sin(α β) sin α cos β cos α sin β azonosságot használva: f(x) 7 sin(x α). Ennek a függvénynek a legnagyobb értéke 7, legkisebb értéke 7, ezeknek a szorzata 9. A helyes válasz a B. 6. Azon háromszögek közül, amelyeknek a területe egyenlő és egyik szögük közös, melyikben lesz az ismert szöggel szemközti oldal a legkisebb? Ki miben tudós? vetélkedő 196; országos selejtező feladata A háromszög oldalait a szokásos módon betűzzük, az ismert szög γ, a háromszög területe T. A háromszög területét kifejezzük két oldal és a közbezárt szög segítségével és használjuk a szinusztételt: T ac sin β ; a sin α c sin γ A szögfüggvények szorzatát felírhatjuk különbség alakban is: sin α sin β T c. sin γ sin α sin β cos(α β) cos(α + β). Felhasználjuk, hogy cos(α + β) cos(180 γ) cos γ, kifejezzük c -t: c T sin γ cos(α β) cos(α + β) T sin γ cos(α β) + cos γ. Ebben a kifejezésben T, γ állandó, ezért c akkor lesz a legkisebb, ha cos(α β) a legnagyobb. Ez α β esetén teljesül, amikor a háromszög egyenlő szárú. 7. Megmértük egy vízszintes terepen álló antennatorony emelkedési szögét a talpponttól 100 m, 00 m és 300 m távolságból. A három szög összege 90. Milyen magas a torony? A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1959.évi. feladata A torony magasságát jelöljük x-el. A látószögeket az ábra szerint α, β, γ-val jelöljük, ekkor tg α x x, tg β , tg γ x

26 α + β + γ 90, ezért Innen: tg γ A torony magassága 100 m. x 300 tg90 (α + β) ctg(α + β) 1 1 tgα tgβ tg(α + β) tgα + tgβ 1 x 100 x x x x. 300x 00 x 0000 x x 100. (x > 0) 8. Bizonyítsuk be, hogy a konvex négyszögek közül csak a paralelogrammáknak van meg az a tulajdonságuk, hogy mind a négy csúcs esetében ugyanakkora összeget kapunk, ha a rajta át nem haladó oldalegyenesektől való távolságait összeadjuk. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 1967.évi 3. feladata A betűzést úgy választjuk, hogy az AB és CD egyenesek illetve az AD és BC egyenesek az ábra szerint az E illetve F pontban metszik egymást vagy párhuzamosak. ε és φ ezen oldalpárok hajlásszöge, ha párhuzamosak, akkor ε 0 illetve φ 0. Az EDC -et δ-val jelöljük, ekkor DCB φ+ δ. A C csúcs merőleges vetülete az AB illetve AD oldalegyeneseken: C és C, a D 6

27 pont vetülete az AB, BC oldalegyeneseken illetve a CC egyenesen D, D, D. Ha a feladatban szereplő összeg a C és D csúcsokra azonos, akkor: CC + CC DD + DD. (1) Felhasználjuk, hogy a betűzés választása miatt CC DD, így CC DD + CD, tehát (1) alapján: CD + CC DD. () CDD és ε egyállású szögek, ezért egyenlőek. A () egyenlőséget szögfüggvényekkel kifejezzük a megfelelő derékszögű háromszögekből: majd DC-vel osztunk: DC sin ε + DC sin δ DC sin(φ + δ), sin ε + sin δ sin(φ + δ) sin φ cos δ + cos φ sin δ. Ugyanezt az A és D csúcsokra végiggondolva: Adjuk össze az utolsó két egyenletet: sin φ + sin δ sin ε cos δ + cos ε sin δ (sin ε + sin φ) (1 cos δ) + ( cos ε cos φ) sin δ 0. 0 < δ < π, ezért az előbbi kifejezésben mindkét tag második tényezője pozitív, az első tényezők pedig nemnegatívak. Az egyenlőség csak akkor teljesülhet, ha sin ε + sin φ 0, cos ε + cos φ. Ez csak ε 0 és φ 0 esetén teljesülhet, ami azt jelenti, hogy az ABCD négyszög paralelogramma. 9. Jelölje egy paralelogramma két szomszédos oldalának arányát λ (ahol λ > 1). Határozzuk meg, hogy hogyan függ λ-tól az átlók közti hegyesszög legnagyobb lehetséges értéke. A Kürschák József Matematikai Tanulóverseny 199.évi 1. feladata 7

28 Legyen egység az AB oldal, ekkor a BC oldal λ. A paralelogramma átlói felezik egymást, az átlók felét e-vel és f-fel jelöljük, az átlók szöge φ. Az AEB és BEC háromszögekre felírjuk a koszinusztételt: 1 e + f efcos φ, λ e + f ef cos(180 φ) e + f + efcos φ. A két egyenletet összeadva és kivonva: λ + 1 (e + f ), λ 1 efcos φ. λ > 1, ezért cos φ > 0. Alkalmazzuk a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséget: ahonnan: ( λ + 1) cos φ e + f cos φ e f cos φ ef cos φ λ 1, cos φ λ 1 ( λ + 1). Egyenlőség akkor teljesül, ha e f, ilyenkor a paralelogramma téglalap. Legyen φ olyan szög, amelyre cos φ λ 1 ( λ + 1), φ arc cos λ 1 ( λ + 1). Ilyen szög van, mert 0 < < 1. A koszinuszfüggvény a (0; 90 ) intervallumban csökkenő ( ) függvény, ezért a keresett legnagyobb szög a φ. 30. (Morley tétele) Egy tetszőleges háromszög szögeit az AY, AZ, BZ, BX, CX, CY egyenesek 3 3 egyenlő részre osztják. Bizonyítsuk be, hogy az XYZ háromszög szabályos. D.O.Skljarszkij N. N. Csencov I. M. Jaglom: Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből Geometria I, 180. feladat 8

29 A háromszög szögei 3α; 3β; 3γ, a háromszög oldalai AB c; AC b; BC a, BZ u, BX v. Ha a háromszög köré írt körének sugara R, akkor a R sin 3α; b R sin 3β; c R sin 3γ. A háromszög szögeinek összege: 3α + 3β + 3γ 180, tehát α + β + γ 60. A BXC háromszögben a szinusztétel alapján: v a sin γ sin(180 β γ) v Az addíciós tételek alapján levezethető: sin γ sin(β + γ) a sin γ R sin 3α sin(60 α) sin(60 α). sin γ sin(60 α) sin 3α 3 sin α sin α sin α 3 sin α sin α (sin 60 sin α) Ezt felhasználva: Hasonlóan: sin α sin sin α(sin 60 + sin α) (sin 60 sin α) 60 + α 60 α cos A BXZ háromszögből koszinusztétel alapján: cos sin α sin(60 + α) sin(60 α). v 8 R sin α sin γ sin(60 + α). v 8 R sin α sin γ sin(60 + γ). XZ u + v uv cos β 60 + α 60 α sin 6 R sin α sin γ[sin (60 + α) + sin (60 + γ) sin(60 + α) sin(60 + γ) cos β] A szögletes zárójelben lévő kifejezés egy koszinusztételre emlékeztet. Van-e olyan háromszög, amelynek két oldala sin(60 + α) és sin(60 + γ) és a közbezárt szög β? Az α + β + γ 60 összefüggés miatt (60 + α) + (60 + γ) + β 180, ezért van olyan háromszög, amelynek ezek a szögei. Ha a háromszög köré írható körének az átmérője 1, akkor a háromszög oldalai sin(60 + α), sin(60 + γ) és sin β. Így a fenti szögletes zárójelben lévő kifejezés értéke a koszinusztétel alapján sin β. Ezért XZ 6 R sin α sin γ sin β, XZ 8R sin α sinβ sinγ. Ebben a kifejezésben α, β, γ szerepe felcserélhető, ezért ugyanezt a kifejezést kapjuk ZY és YV szakaszokra, ami azt jelenti, hogy az XYZ háromszög oldalai egyenlőek, azaz a háromszög szabályos. 9