Treść zadania

Najlepsze rozwiązanie

• 

  2 0

  antekL1 25.4.2011 (10:40)

  Zad 1.
  W trójkącie z zadania kąt ACB = 180 - 45 - 30 = 105 stopni, możemy więc policzyć sinus tego kąta z podanego wzoru jeżeli znamy pole P trójkąta i długości odcinków a, b.
  Oznaczam literą D punkt, w którym wysokość prowadzona z C przecina podstawę. Wysokość ta ma długość 1. Rozpatruję osobno dwa trójkąty prostokątne ADC i BDC.
  
  W trójkącie ADC kąty ostre mają po 45 stopni jest więc on połową kwadratu o boku 1, czyli jego ppole wynosi 1 / 2, natomiast bok b, jako przekątna, ma długość \sqrt{2}.
  
  W trójkącie BDC mamy kąt B równy 30 stopni. Ponieważ DB / DC = ctg 30 stopni, więc
  DB = 1\cdot ctg(30) = \sqrt{3}.
  Pole BDC jest więc równe \sqrt{3}/2, Następnie ponieważ DC / CB = sin 30 stopni więc odcinek a = 2. Mamy wszystkie potrzebne informacje:
  
  a = 2, b = \sqrt{2}, P = 1/2 + \sqrt{3}/2.
  
  Obliczamy sinus 105 z podanego wzoru:
  \sin(105) = \frac{2P}{ab} = \frac{2\cdot\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{2\cdot\sqrt{2}} = \frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}
  
  Zad 2.
  Do wzoru potrzebne będą: sin alfa i kosinus beta. Obliczyme je z "jedynki trygonometrycznej" pamiętając o znakach plus/minus.
  Kąt alfa należy do III ćwiartki, jego sinus jest więc ujemny.
  \sin\alpha = -\sqrt{1 - \left(\frac{-2}{3}\right)^2} = -\sqrt{\frac{5}{9}} = -\frac{\sqrt{5}}{3}
  Kąt beta leży w pierwszej ćwiartce, jego kosinus jest dodatni.
  \cos\beta = \sqrt{1 - \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \sqrt{\frac{8}{9}} = \frac{\sqrt{8}}{3}
  Teraz możemy już zastosować wzór na cos(alfa+beta)
  \cos(\alpha+\beta) = \frac{-2}{3}\cdot\frac{\sqrt{8}}{3} + \frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{5}}{3} = \frac{-4\sqrt{2}+\sqrt{5}}{9}
  W ostatnim przejściu wykorzystałem fakt, że \sqrt{8} = 2\sqrt{2}, a także znoszenie się minusa z sin alfa oraz minusa ze wzoru.
  
  Zad 3, 4 wymagają rysunku, może podaj je oddzielnie raz jeszcze?
  
  Zad 5)
  Kąt alfa, oparty na cięciwie AB, jest połową kąta AOB, gdzie O - środek okręgu. Ten ostatni kąt w mierze łukowej to iloraz 8 / 6 (czyli łuk / promień). Wobec tego miara łukowa alfa = 4/6 = 2/3.
  
  Zad 6)
  Jak się narysuje wykres to widać, że:
  a) sin x = -1 dla: x = -1/2 pi oraz 3/2 pi.
  b) tg x = 1 dla x = -7/4 pi, -3/4 pi, 1/4 pi, 5/4 pi.
  
  Zad 7)
  Czy wolno używać pochodnej?
  Wtedy otrzymuje się maksimum wyrażenia 3 sin(alfa) + cos(alfa) dla takiego alfa (w pierwszej ćwiartce), że cos(alpha) = 1 / pierwiastek(10) oraz sin(alfa) = 3 / pierwiastek(10).
  
  Jeśli nie, to przenosimy cos(alfa) na prawą stronę i podnosimy do kwadratu obie strony równości:
  (3\sin\alpha)^2 = (\sqrt{10} - \cos\alpha)^2
  Dostaję po lewej stronie 9 kwadratów sinusa, które zamieniam na kwadraty kosinusa, a po prawej stronie po prostu podnoszę nawias do kwadratu:
  9 - 9\cos^2\alpha = 10 - 2\sqrt{10}\cos\alpha + \cos^2\alpha
  Przenoszę wszystko na jedną stronę:
  10\cos^2\alpha - 2\sqrt{10}\cos\alpha + 1 = 0
  Ale powyższe wyrażenie to pełny kwadrat:
  (\sqrt{10}\cos\alpha - 1)^2 = 0
  Z zapisu tego wynika, że gdy cos(alfa) = 1/pierwiastek(10) - i tylko wtedy! w podanej w zadaniu nieostrej nierówności występuje równość. Dla każdej innej wartości alfa równości nie ma, a łatwo sprawdzić, biorąc np. kąt 45 stopni, że wtedy:
  3\sin(45)+\cos(45) = (3+1)\cdot\frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2} = \sqrt{8} < \sqrt{10}
  zachodzi podana w zadaniu nierówność.

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie