Néhány nehezebb trigonometriai feladat 48 347 Nem lehetséges AB, BE y, ED AE, BE y, AD CD $, CBEs ABEs { Alkalmazzuk a szögfelezôtételt az ABC háromszögre: AB y, ebbôl BC 3 $ Alkalmazzuk a szögfelezôtételt a BCE háromszögre: BC 3 $ 3 $ 3 $ 3$ $ {, ebbôl y $, t t t $ ABC ABE+ BCE, azaz 3 3 $ $ $ { $ $ 3 $ $ { +, ebbôl elôbb-utóbb levezethetjük, hogy os {, tehát { 0 Ez nem lehetséges 348 Legyen AB BC CA a Tegyük fel például, hogy PB a leghosszabb a PA, PB, PC közül Alkalmazzuk Bretshneider tételét az ABCP négyszögre! PB $ AC AB $ PC + BC $ PA - $ AB $ BC $ PC $ PA $ os({ + 60 ), ahol ABCs 60 és APCs { Az egyenletbôl kaphatjuk, hogy PB PC + PA - $ PC $ PA $ os({ + 60 ) Alkalmazzunk erre egy felsô beslést! PB PC + PA - $ PC $ PA $ os({ + 60 ) # PC + PA + $ PA $ PC (PC + PA) Ebbôl PB < PA + PC Egyenlôség nem lehet, mert akkor os({ + 60 ) lenne, de ekkor { 0 lenne Ez pedig akkor és sak akkor lenne, ha P rajta lenne a körülírt körön Keressünk további megoldásokat a feladatra, mert vannak! 349 EDBs 30 EDBs, BEDs 60 - Alkalmazzuk a szinusztételt a BED háromszögre, majd a BCD háromszögre! () ; () és BD ( 60 - ) BD 80 BE BC 40 tudjuk, hogy 80 $ 40 $ os 40 és BE BC Ezekbôl kaphatjuk, hogy ( 60 - ) $ os40 Ebbôl kaphatjuk, hogy (0 + ) $ os 40 $ 0 $ os + os 0 $ $ (os 60 $ os 0-60 $ 0 ) $ Ezt addig alakítsuk, amíg os 3 $, azaz tg nem lesz 3 3430 60 az átlók hajlásszöge Legyen az átlók hajlásszöge és E az átlók metszéspontja ABEs - 5 ; BCEs 90 - ; CDEs - 30 ; DAEs 05 - Alkalmazzuk a AE ( - 5 ) szinusztételt az AEB, BEC, CED, illetve a DEA háromszögre! ; BE 5 BE ( 90 - ) CE ( - 30 ) DE ( 05 - ) ; ; Szorozzuk össze az CE 90 DE 30 AE 75 ( -5 ) ( 90 -) ( -30 ) egyenletek megfelelô oldalait! Kapjuk, hogy $ $ 5 90 30 ( -5 ) $ ( 90 -) $ ( -30 ) $ ( 05 - ) $ 5 $ 75, _ $ ( -5 ) $ ( 05 -) i$ _ $ ( -30 ) $ ( 90 - ) i $ 5 $ 75, _ os( $ -0 ) -os90 i$_ os( $ -0 ) - os60 i, os ( $ -0 ) - $ os( $ -0 ) - 0 Oldjuk meg a kapott egyenletet!
48 Néhány nehezebb trigonometriai feladat 343 343 Alkalmazzuk a koszinusztételt kétszer az f átlóra felírva! f a + d - osa; f + d - $ $ d$ os y, ebbôl a + d - osa + d - $ $ d$ os y, a + d - osa + d - $ $ d$ os( 80 -a), a + d - osa + d + $ $ d$ osa, tehát a + d - -d osa $ ( a$ d+ $ d) a - osa a 343 a) Mint tudjuk,, mert < 90, másrészt osa a + d -b - ( b+ + a- d)( b+ + d- a) Így - os a Ezekbôl kaphatjuk, $ ( a$ d+ ) $ ( a$ d+ ) a ( b+ + d- a)( a+ b+ -d) a hogy $ b) Használjuk fel, hogy os a$ d+ + osa a a, ha < 90 Az a) feladathoz hasonlóan kaphatjuk, hogy os ( a+ d+ b- )( a+ d+ -b) $ ) Vegyük figyelembe, hogy a+ b+ + d $ s; a$ d+ b+ + d- a $ ( s- a) ; a+ + d- b $ ( s- b) ; a+ b+ d- $ ( s- ) ; a+ b+ - d $ ( s- d) Ha ezeket alkalmazzuk az a) és a b) megfelelô tételeire, akkor kap- a ( s-a)( s-d) a ( s-b)( s-d) juk, hogy ; os Osszuk el egymással a kapott a$ d+ a$ d+ a ( s a)( s d) egyenletek megfelelô oldalait! Kapjuk, hogy tg - - ( s-b)( s-) 3433 Legyen AB a, BC b; CD és DA d, BADs a, BCDs az ABCD a$ d$ a $ húrnégyszögben t ABD ; tbcd Így t t ABD+ t BCD a a $ ( a $ d + b $ ) $ a Használjuk fel, hogy a $ $ os! Korábban láttuk, hogy a ( s-a)( s-d) a ( s-b)( s-) és os, ezeket felhasználva kapjuk, a$ d+ a$ d+ hogy t ( s-a)( s-b)( s-)( s- d) 3434 Legyen AB a, BC b; CD és DA d, AC e, BD f, BADs a, BCDs az ABCD húrnégyszögben () f a + d - osa, () f b + - $ $ os Vegyük figyelembe, hogy osa-os Ezután szorozzuk az () egyenletet -vel, majd a () egyenletet szorozzuk a$ d-vel, majd adjuk össze a kapott két új egyenletet! Némely egyenletrendezés után innen kaphatjuk, hogy: f Hasonlóan kaphatjuk ( a$ + d)( a$ b+ $ d) a$ d+ a másik átló hosszát
Néhány nehezebb trigonometriai feladat 483 3435 Legyen AB a, BC b; CD és DA d, AC e, BD f, BADs a, BCDs az ABCD húrnégyszögben Ekkor f $ R$ a Miért? Az elôzô feladatban kaptuk, hogy f ( a$ + d)( a$ b+ $ d) a a Másrészt a $ $ os Használjuk még fel a ko- a$ d+ rábban levezetett a ( s-a)( s-d) a$ d+ és os a ( s-b)( s-) a$ d+ képleteket Ezenkívül tudjuk, hogy t ( s-a)( s-b)( s-)( s- d) Ezeket felhasználva kaphatjuk, hogy t ( a$ b+ $ d)( a$ + d)( a$ d+ ) 4 $ t 3436 Legyen Y 0, ekkor szorozzuk meg az egyenlôséget ennek a kétszeresével $ $ Sn $ $ + $ $ + f + $ $ n Használjuk fel, hogy $ a$ b os( a-b) - os( a+ b ) os( b-a) - os( a+ b ) Így $ $ Sn J 3 N J 3 5 N J JJ N N JJ N NN K os - os + os - os + f + K O K O osk n- $ O K - osk n+ $ O K K O O KK O O L P L P L LL P P LL P PP JJ N N JJ N N os - osk n+ $ O os - osk n + $ O KK O O, ebbôl KK O O Sn LL P P Már ez is lehet végeredmény, de tovább is fejleszthetjük Majd alkalmazzuk a koszinuszok különbségére ismert követ- LL P P $ J a + b N J a - b N kezô képletet: osa- osb- $ K $ O K O Kapjuk, hogy J L P L P ( n+ ) $ N J nn $ K O K O Sn L P L P Másrészt gondoljuk meg, hogy ha 0, akkor S n 0 3437 Igazoljuk elôször a (*) összefüggést: (*) 4 $ os( k) $ -os_( k- ) $ i+ $ os( k) - os_ ( k+ ) $ i, mégpedig úgy, hogy az összefüggés jobb oldalából indulunk ki és kétszer alkalmazzuk rá a koszinuszok különbségére vonatkozó azonosságot Ezután alkalmazzuk a (*) azonosságot k -tôl k n-ig, majd ezeket adjuk össze 4 $ $ ( os + os+ os3+ f + os n) - + os + os n- os_ ( n+ ) $ i Ezt alakítsuk tovább! - $ + os n- os_ ( n + ) $ i - $ + os n- os( n+ ) - $ + os n- os n$ os + n$ - $ + os n$ $ + n$ $ $ os (Legyen elôször Y 0)
484 Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat n$ os Ebbôl kaphatjuk, hogy os + os+ os3+ f + os n - + os n+ J n + N $ os n+ n$ os $ - + K O - + L P Ha van kedvünk, akkor mutassuk meg, hogy más alakú végeredmény is lehet, például: n$ os_ ( n + ) $ i os + os+ os3+ f + os n Legyen most 0, ekkor gondoljuk meg, hogy a vizsgált összeg értéke 0 Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat 3438 a) London az 5 33l északi szélességen (és 0 földrajzi hosszúságon) fekszik b) London és ellenlábasának távolsága éppen a Föld átmérôje: 756 km ) r 4994,94 km London távolsága a Föld forgástengelyétôl 5 33l, ahol R 6378 km a Föld sugara R r km $ r $ r d) v 46, 45 London sebessége a Föld tengelye körüli forgásban v, ahol h T T 4 h 3439 a) r R 9-szer távolabb van a Nap a Földtôl, mint a Hold a Földtôl, Arisztarkhosz sze- r R rint os {, ahol { 87 b) 390-szer távolabb van a Nap a Földtôl, mint a Hold a R r Földtôl a modernebb mérés szerint Itt { 89 5l0ll r 3440 a) 3,094 $ 0 3 km parszek tg {, ahol r a Nap és a Föld távolsága, { ll b) 9,467 $ 0 km fényév ) 3,7 fényév parszek d),7 parszek 8,83 fényév 3439 3440
Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat 485 344 3443 3444 m 344 a), a sónak eredô sebessége b) a 4,8 irányba evezzünk, enyhén szembe a folyó folyásirányával ) 53,6 s az átkelési idônk s 344 a) { 80 + k $ 360, k! Z szögeknél lesz a keresztfej a legtávolabb a forgásentrumtól, és,75 m a legtávolabbi távolság b) { 0 + k $ 360 szögeknél van a keresztfej a legközelebb a forgásentrumtól és,5 m a legközelebbi távolság ) r$ os{ + l -r $ { 05, $ os{ +, 5-0, 065 $ { (méter) a keresztfej távolsága a forgásentrumtól { szög függvényében 3443 a) 4,305 m 3 4305 liter az olajtartály térfogata b) 04 liter olaj van a tartályban, a$ r $ r r $ a 59 liter a hiány a 30,56, t szelet t ikk - t háromszög - 0,9745 m 360 V olaj t szelet $ l,040 746 m 3 04 liter 3444 a) e 4,8 m a két társa közös érintôszakaszainak a hossza b) i,07 m a nagyobbik társán a tapadási felület hossza ) i 3,4 m a kisebbik társán a tapadási felület hossza d) l 45, m a meghajtószíj hossza 3445 a) a 06,6 a keresett szög nagysága, r 5m b) A 7,48 m a dongaboltozat keresztmetszete A T ikk a$ R $ r a$ r $ r - t ikk -, ahol R b + r ) V 53,86 m 3 a dongaboltozat térfogata d) m 8,5 tonna a boltozat tömege Híres dongaboltozatos templomok 360 360 például a Santa Maria de Narano templom Ovideo mellett, a St Sernin templom Toulouseban és a La Madeleine templom (Vézelay) Egy korábbi feladatunkban említettük a lébényi Árpád-kori Szent Jakab templomot, ennek szintén dongaboltozata van, de ez nem az eredeti, mert a Bés ellen vonuló törökök 59-ben felgyújtották a templomot és beomlott az eredeti boltozat, 683-ban másodszor is felgyújtották a törökök egy újabb Bés elleni támadásnál AT BT 3446 4 m a rúd és a teodolit vízszintes távolsága tg a, tgb, l BT - AT 3447 a),86 km-re vagyunk a lébényi templomtól a hôlégballonnal b) y 5,04 km a hôlégballon és a Fehér-tó távolsága ) z 5,73 km-re van egymástól a tó és a templom 3446 3447
486 Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat k 3448 a) t 600 + 50 (másodper), ahol k! Z, t l + (másodper), ahol l! Z, 0 50 idôpontokban lesz a feszültség értéke a maimális feszültség felével egyenlô U ma Uma $ ( $ r $ f $ t) b) tl 600 s, tl 0 s, tl 7 3 600 s, tl 4 600 idôpontokban lesz a feszültség abszolútértéke egyenlô a maimális feszültség felével, az elsô s-ban 50 ) 66,67%-ban lesz nagyobb a feszültség abszolútértéke a maimális feszültség felénél $ Dt Dt tl-tl és $ 00 66,67%, ahol T s Érdemes lerajzolnunk a szinuszfüggvény T 50 grafikonját k 3449 a) t 400 + 50 (másodper), ahol k! Z, t 3 l + (másodper), ahol l! Z, 400 50 idôpontokban lesz a feszültség értéke az effektív feszültséggel egyenlô Ueff Uma$ ( $ r $ f$ t), Ueff Ueff $ $ ( $ r $ f $ t) b) tl 400 s, tl 3 400 s, tl 3 80 s, t l 7 4 s idôpontokban lesz a feszültség abszolútértéke az effektív feszültséggel egyenlô az 400 elsô s alatt 50 3450 55,6 m Alkalmazzuk a koszinusztételt! 345 a) 00 m az Aranyszarvas és a megfigyelô távolsága b) 680 m a spanyol gálya és a megfigyelô távolsága ) 350 méter az Aranyszarvas és a gálya távolsága Alkalmazzuk a koszinusztételt! d) 9l-es szögben látja Sir Franis Drake a spanyol hajó és a megfigyelô távolságát Alkalmazzuk a szinusztételt! 345 y 6,4 m magas a torony Elôször számítsuk ki a b szöget a koszinusztétel segítségével a b + s - $ b $ s $ os b Kapjuk, hogy b 3,78 Majd b-ból kapjuk -et b y +,5 m 80 3453 a) 067 m távolságra van az elsô mérésnél a hajó a torony aljától tg a 80 b) y 340 m távolságra van a második mérésnél a hajó a torony aljától tg b y 345 3453
Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat 487 3454 3455 ) z 83 m utat tett meg a két mérés között a hajó a 068,6 m és b 34,4 m, ezeket egyegy megfelelô Pitagorasz-tétellel kaphatjuk Majd alkalmazzuk a koszinusztételt a z távolságra m km felírva, az a, b és z oldalú háromszögben! d) 89, 30 a hajó sebessége s h 3454 a) 4 per 40 másodper idô alatt érne a repülôgép az egyik repülôtértôl a másikig m km b) 0 396 a repülôgép eredô sebessége a feladatbeli szél esetén Írjuk fel a koszinusztételt a megfelelô sebességek alkotta háromszögre! v v + ve - $ v $ ve$ os35, ahol s h m v 5 a repülôgép sebességének nagysága szélsendben, v 0 m s a szél sebességének s a nagysága, v e a repülôgép sebességének nagysága a megadott szél esetén ) 48,5 per a repülési idô a megadott szél esetén d) { 6,5 szöggel kell oldalra kormányozni a repülôgépet v kissé észak-nyugat felé Alkalmazzuk a szinusztételt! 35 v { 3455 a) a 47 0l szöget zár be az észlelési irány a Föld felszínével b) b 40 4l szöget zár be a szétesési irány a Föld felszínével ) 4,78 km utat tett meg a két mérés között a m tûzgömb Alkalmazzuk a koszinusztételt! 30 + 5 $ 30 $ 3 $ os 8 4l d) v 4 a s tûzgömb átlagos sebessége AB ACBs 3456 a) BACs 57 3l b) AB 45,9 m Alkalmazzuk a szinusztételt! BC BACs AH ) AH 8, m az antenna magassága ABHs AB AB 3457 a) a 37 9l és d 30 30l b) AB 647,7 m és BD 76,7 m és BC a BD ) AD 96,9 m 3456 BC d AD AB + BD - $ AB $ BD $ os(b - b ) 3458 a) a 7 4l és d 6 37l b) AB AB BD 7,6 m és BD 666,5 m, BC a BC d
488 Néhány gyakorlatibb trigonometriai feladat )AD767,4 m AD AB +BD - $AB $BD $ os (b + b ) BC a CD a 4 3459 a) BC 050,6 m, b) CD 345,3 m, ) CE 06, m, AB a3 BC a5 CE a 7 EF a 0 FG a 4 d) EF 689,3 m, e) FG 60,6 m, CD a8 CE a EF a5 r { r } a $ { 3460 a) { + } 99 39l b) { 5 48l és, ezekbôl a a b b a b $ } S innen,066 $ { ( 99 39l - {) Majd alkalmazzuk a megfelelô összegzési b tételt az egyenlet jobb oldalára Ezután osszuk os {-vel az egyenlet mindkét oldalát Kapjuk, r r hogy tg { 0,4835 ) r 38,7 m d) r 835,57 m, e) r 40,0 m, a a b 346 b 346 Hasonlóan oldhatjuk meg, mint az elôzô feladatot a) PACs+ PBCs{ + } 79 58l b) PACs { 36 44l ) PC r 783 m d) PA r 593,7 m e) PB r 6039,7 m