Приложение На Тригонометрията За Решаване На Геометрични Задачи

27. Приложение На Тригонометрията За Решаване На Геометрични Задачи

Най-важното от урока

Стратегия: Основната цел е да се преведе геометричното условие (връзка между страни, ъгли, лица) в тригонометрично уравнение.
Синусова теорема ($\frac{a}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin\beta}$): Идеална, когато имате връзка между страни и срещулежащи ъгли. Пример: $b=2a \Rightarrow \sin\beta = 2\sin\alpha$.
Дефиниции в правоъгълен $\triangle$: Използвайте $\sin, \cos, \tan$, за да изразите страни. Често се използва след спускане на височина. Пример: $h = c \cdot \sin\alpha$.
Формули за преобразуване: Бъдете готови да използвате формули за удвоен ъгъл ($\sin 2x, \cos 2x$), а понякога и за троен ъгъл или произведение на функции, за да решите полученото уравнение.
Геометрични теореми: Не забравяйте основни теореми като свойството на ъглополовящата ($\frac{AL}{LB} = \frac{AC}{BC}$) или формули за лица, които могат да дадат началната връзка за съставяне на уравнението.

Когато в условието е дадена връзка между страни и ъгли в триъгълник (напр. $\angle B = 2\angle A$ или $a = \sqrt{3}b$), можем да използваме Синусовата теорема, за да съставим тригонометрично уравнение и да намерим неизвестните ъгли.

\[ \frac{a}{\sin\alpha} = \frac{b}{\sin\beta} = \frac{c}{\sin\gamma} = 2R \]

В $\triangle ABC$ е дадено $AC = \sqrt{3} \cdot BC$ и $\angle ABC = 2\angle BAC$. Нека $\angle BAC = x$, тогава $\angle ABC = 2x$.
От Синусова теорема: $\frac{AC}{\sin(2x)} = \frac{BC}{\sin x}$
Преобразуваме: $\frac{AC}{BC} = \frac{\sin(2x)}{\sin x} \Rightarrow \sqrt{3} = \frac{2\sin x \cos x}{\sin x}$
Получаваме $2\cos x = \sqrt{3} \Rightarrow \cos x = \frac{\sqrt{3}}{2}$, откъдето $x=30^\circ$.
Ъглите са $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$. $Правоъгълен триъгълник ABC, където ъгъл BAC е $x$ ($30^\circ$), ъгъл ABC е $2x$ ($60^\circ$), а ъгъл ACB е $90^\circ$. Върхът C е върхът с правия ъгъл. Върхът A е разположен долу вляво, върхът B е надясно от A, а върхът C е над линията AB, като A, B, C са във ред обратен на часовниковата стрелка. Обозначете ъгъл BAC с $x$ и ъгъл ABC с $2x$. Страната BC е срещу ъгъл BAC, а страната AC е срещу ъгъл ABC. Страната AC е $\sqrt{3}$ пъти по-дълга от страната BC ($AC = \sqrt{3} \cdot BC$).$

В $\triangle ABC$ страните $a = 5$ cm, $b=10$ cm, а $\angle B = 3\angle A$. Намерете $\sin A$, като използвате Синусова теорема и формулата $\sin(3x) = 3\sin x - 4\sin^3 x$.

$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} \Rightarrow \frac{5}{\sin A} = \frac{10}{\sin(3A)}$
$\sin(3A) = 2\sin A$
$3\sin A - 4\sin^3 A = 2\sin A$
$\sin A - 4\sin^3 A = 0$
$\sin A(1 - 4\sin^2 A) = 0$
Тъй като $\sin A \ne 0$, то $1-4\sin^2 A = 0 \Rightarrow \sin^2 A = \frac{1}{4}$.
Понеже $A$ е ъгъл в триъгълник, $\sin A > 0$, следователно $\sin A = \frac{1}{2}$.

При задачи с правоъгълни триъгълници (или такива, получени чрез височина), можем да изразим отсечки чрез тригонометрични функции на ъглите. Това често води до тригонометрично уравнение, което се решава с формулите за удвоен ъгъл.

\[ \sin(2x) = 2\sin x \cos x \] \[ \cos(2x) = \cos^2 x - \sin^2 x = 2\cos^2 x - 1 = 1 - 2\sin^2 x \] \[ \tan(2x) = \frac{2\tan x}{1 - \tan^2 x} \]

В $\triangle ABC$, височината $CD$ е такава, че $AD=3BD$ и $\angle ABC = 2\angle BAC$. Нека $\angle BAC = x$.
В $\triangle ADC$: $CD = AD \tan x = 3BD \tan x$.
В $\triangle BDC$: $CD = BD \tan(2x)$.
Приравняваме: $3BD \tan x = BD \tan(2x) \Rightarrow 3\tan x = \tan(2x)$.
След заместване с формулата за $\tan(2x)$ и решаване се получава $x=30^\circ$. Правоъгълен триъгълник ABC с прав ъгъл при върха C. Височината CD е спусната от върха C към хипотенузата AB, като точка D лежи на AB. Ъгъл BAC е означен с x, а ъгъл ABC е означен с 2x. Отсечката AD е три пъти по-голяма от отсечката BD (AD = 3BD).

Правоъгълен триъгълник ABC с прав ъгъл при върха C. Височината CD е спусната от върха C към хипотенузата AB, като точка D лежи на AB. Ъгъл BAC е означен с x, а ъгъл ABC е означен с 2x. Отсечката AD е три пъти по-голяма от отсечката BD (AD = 3BD).

В правоъгълен $\triangle ABC (\angle C=90^\circ)$, хипотенузата $AB=2$ cm и $\angle BAC = 2\alpha$. Ъглополовящата $AL$ има дължина $\frac{2\sqrt{3}}{3}$ cm. Намерете $\alpha$, като изразите $AC$ по два начина от $\triangle ABC$ и $\triangle ALC$.

От $\triangle ABC$: $AC = AB \cos(2\alpha) = 2\cos(2\alpha)$.
От $\triangle ALC$: $AC = AL \cos(\alpha) = \frac{2\sqrt{3}}{3}\cos(\alpha)$.
Приравняваме: $2\cos(2\alpha) = \frac{2\sqrt{3}}{3}\cos(\alpha)$.
Използваме $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$ и решаваме квадратното уравнение спрямо $\cos\alpha$.
Получава се $\cos\alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}$, откъдето $\alpha = 30^\circ$.

При задачи с вписани четириъгълници се използват свойствата на вписаните ъгли (равни ъгли се опират на една и съща дъга), както и Синусовата теорема за изразяване на страните и диагоналите чрез радиуса $R$ на описаната окръжност.

$a = 2R\sin\alpha$, където $\alpha$ е вписаният ъгъл срещу страната $a$.
Лицето на четириъгълник е $S = \frac{1}{2}d_1 d_2 \sin\phi$, където $d_1, d_2$ са диагоналите, а $\phi$ е ъгълът между тях.
Противоположните ъгли имат сбор $180^\circ$.

За вписан четириъгълник $ABCD$ са дадени $\angle CAD = 30^\circ$ и $\angle ACB = 60^\circ$.
От свойството на вписаните ъгли следва:
$\angle DBC = \angle DAC = 30^\circ$ (опират се на дъгата DC).
$\angle ADB = \angle ACB = 60^\circ$ (опират се на дъгата AB).
Ако $O$ е пресечната точка на диагоналите, $\angle AOD$ е външен за $\triangle ADO$, т.е. $\angle AOD = \angle DAO + \angle ADO = 30^\circ + 60^\circ = 90^\circ$. Диагоналите са перпендикулярни.

Кръг, в който е вписан четириъгълник ABCD. Върховете на четириъгълника са подредени в ред обратен на часовниковата стрелка, като връх A е в долния ляв ъгъл. Начертайте страните AB, BC, CD, DA и диагоналите AC, BD. Означете вписания ъгъл CAD с 30 градуса, като поставите етикета на ъгъла при връх A между линиите AC и AD. Означете вписания ъгъл ACB с 60 градуса, като поставите етикета на ъгъла при връх C между линиите AC и BC. Диагоналите AC и BD се пресичат перпендикулярно; поставете символ за прав ъгъл при тяхното пресичане.

В окръжност с радиус $R$ е вписан четириъгълник $ABCD$ с перпендикулярни диагонали. Ако $\angle BAC = \alpha$ и $\angle CAD = \beta$, изразете лицето на четириъгълника чрез $R, \alpha$ и $\beta$.

$S = \frac{1}{2}AC \cdot BD$.
$\angle ABC + \angle ADC = 180^\circ$.
От Синусова теорема за $\triangle ABC$: $AC = 2R \sin(\angle ABC)$.
От Синусова теорема за $\triangle ABD$: $BD = 2R \sin(\angle BAD) = 2R \sin(\alpha+\beta)$.
$\angle ADC = \angle ADB + \angle BDC$. От $\triangle AOB$ ($O=AC\cap BD$), $\angle ADB = 90^\circ - \alpha$.
$\angle ABC = \angle ABD + \angle CBD$. От $\triangle COB$, $\angle CBD = 90^\circ - \angle ACB$. $\angle ACB=\angle ADB=90-\alpha$. $\angle CBD=\alpha$.
Липсва $\angle ABD$. Затова изразяваме $\angle BCD$ и $\angle BAD$.
$\angle BCD = 180 - (\alpha+\beta)$.
$AC = 2R\sin(\angle ABC)$ и $BD=2R \sin(\alpha+\beta)$.
$\angle ABC = 180^\circ - \angle ADC$. $\angle ADC = \angle ADB + \angle CDB$.
По-лесен подход:
$AC = 2R\sin(\angle ABC)$ и $BD=2R\sin(\angle BAD)$.
$\angle BAD = \alpha+\beta$.
От $\triangle AOB$, $\angle ABO=90-\alpha$. От $\triangle AOD$, $\angle ADO=90-\beta$.
$\angle B = \angle ABC = \angle ABO + \angle CBO$.
$\angle D = \angle ADC = \angle ADO + \angle CDO$.
От Синусова теорема: $AC = 2R\sin B$, $BD=2R\sin A = 2R \sin(\alpha+\beta)$.
$S=2R^2 \sin A \sin B$.
Трудно е да се изрази $\sin B$ само с $\alpha, \beta$.

Задачи със стереометрични тела (конуси, пирамиди) често се решават, като се разгледа подходящо сечение, което е равнинна фигура (най-често правоъгълен или равнобедрен триъгълник). В това сечение елементите на тялото (радиус, височина, образувателна) се свързват чрез тригонометрични функции.

Прав кръгов конус има образувателна $l = 6$ cm и повърхнина $S_1 = 27\pi$ cm$^2$. Търсим ъгъла $\alpha$ между образувателната и основата.
От осното сечение (правоъгълен триъгълник) имаме: $r = l\cos\alpha = 6\cos\alpha$.
Заместваме във формулата за повърхнина $S_1 = \pi r(l+r)$:
$27\pi = \pi(6\cos\alpha)(6+6\cos\alpha)$
$27 = 36\cos\alpha(1+\cos\alpha)$
Получаваме квадратно уравнение $4\cos^2\alpha + 4\cos\alpha - 3 = 0$, от което $\cos\alpha = \frac{1}{2}$ и $\alpha = 60^\circ$.

Осно сечение на конус, изобразено като равнобедрен триъгълник ABC. Върховете на основата са A (вляво) и B (вдясно) долу, а върхът C е горе. Основата AB е означена с '2r'. Бедрата AC и BC, които представляват образувателните на конуса, са означени с 'l'. Височината е спусната от върха C към средата O на основата AB. Означете височината CO с 'h'. Ъгълът между бедрото AC (образувателната) и отсечката AO от основата е означен с 'alpha' при връх A. Маркирайте прав ъгъл при точка O, където височината CO среща основата AB. Отсечката AO представлява радиуса 'r'.

Височината на прав кръгов конус е равна на радиуса на основата му. Намерете тангенса на ъгъла при върха на осното сечение на конуса.

Нека ъгълът при върха на осното сечение е $2\alpha$. Разглеждаме правоъгълния триъгълник, образуван от височината $h$, радиуса $r$ и образувателната. В него $\tan\alpha = \frac{r}{h}$.
По условие $h=r$, следователно $\tan\alpha = \frac{r}{r} = 1$, откъдето $\alpha = 45^\circ$.
Ъгълът при върха на осното сечение е $2\alpha = 2 \cdot 45^\circ = 90^\circ$.
Тангенсът на този ъгъл $\tan(90^\circ)$ не е дефиниран. Ако се търси тангенсът на половината от ъгъла, той е 1.

Задачи за упражнение

Лесна: В $\triangle ABC$ е дадено, че $b=2c$ и $\angle B = 2\angle C$. Намерете $\cos C$.

От Синусова теорема: $\frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$
$\frac{2c}{\sin(2C)} = \frac{c}{\sin C}$
$2\sin C = \sin(2C) = 2\sin C \cos C$
Тъй като $\sin C \ne 0$, делим и получаваме $\cos C = 1$, което е невъзможно за ъгъл в триъгълник. Нещо в условието е сбъркано. Ако $b=\sqrt{2}c$, тогава $\cos C = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Ако приемем, че се съкращава до $2=2\cos C$, тогава $\cos C = 1$. Вероятно има грешка в условието на задачата. Да променим условието: $b=\sqrt{3}c$. $\sqrt{3}\sin C = \sin(2C) = 2\sin C \cos C$. $\cos C = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Средна: В $\triangle ABC$, $\angle A = 30^\circ$, $a=5$ и $c=8$. Ъглополовящата на $\angle B$ пресича $AC$ в точка $D$. Намерете лицето на $\triangle ABD$.

Първо, намираме $\angle C$ със Синусова теорема: $\frac{5}{\sin 30^\circ} = \frac{8}{\sin C} \Rightarrow \sin C = \frac{8 \cdot 1/2}{5} = \frac{4}{5}$.
След това намираме $\angle B$. $\cos C = \sqrt{1 - (4/5)^2} = 3/5$.
$\sin B = \sin(180-A-C) = \sin(150-C) = \sin 150 \cos C - \cos 150 \sin C = \frac{1}{2}\frac{3}{5} - (-\frac{\sqrt{3}}{2})\frac{4}{5} = \frac{3+4\sqrt{3}}{10}$.
Намираме страната $b$ от Синусова теорема: $b = \frac{a \sin B}{\sin A} = \frac{5}{\frac{1}{2}} \cdot \frac{3+4\sqrt{3}}{10} = 3+4\sqrt{3}$.
От свойството на ъглополовящата: $\frac{AD}{DC} = \frac{c}{a} = \frac{8}{5}$. $AD = \frac{8}{13}b = \frac{8}{13}(3+4\sqrt{3})$.
Лицето $S_{\triangle ABD} = \frac{1}{2} c \cdot AD \sin A = \frac{1}{2} \cdot 8 \cdot \frac{8}{13}(3+4\sqrt{3}) \cdot \frac{1}{2} = \frac{16}{13}(3+4\sqrt{3})$.

Трудна: В равнобедрен трапец $ABCD$ ($AB || CD$) е вписана окръжност. Ако $\angle BAD = \alpha$, намерете отношението на лицето на кръга към лицето на трапеца.

Нека бедрото е $c$, основите са $a$ и $b$. Тъй като трапецът е описан, $a+b = 2c$.
Височината $h = 2r$, където $r$ е радиусът на вписаната окръжност.
От правоъгълния триъгълник, образуван от височината, бедрото и част от голямата основа: $h = c \sin\alpha$.
Следователно $c = \frac{h}{\sin\alpha} = \frac{2r}{\sin\alpha}$.
Лицето на трапеца: $S_{трапец} = \frac{a+b}{2}h = \frac{2c}{2}h = ch = \frac{2r}{\sin\alpha} \cdot 2r = \frac{4r^2}{\sin\alpha}$.
Лицето на кръга: $S_{кръг} = \pi r^2$.
Отношението: $\frac{S_{кръг}}{S_{трапец}} = \frac{\pi r^2}{\frac{4r^2}{\sin\alpha}} = \frac{\pi \sin\alpha}{4}$.