twierdzenia cosinusów).
CD 2 = AC 2 + AD 2 − 2AC ⋅AD co s60∘ 4 2 25+ 4− 10 19 CD 2 = a 2 + --a2 − -a 2 = a2 ⋅------------= --a2 √ --- 25 5 25 25 --19- CD = 5 a.
Stosując teraz twierdzenie sinusów w trójkącie ADC mamy
--CD--- AD--- sin 60∘ = sin α √-19 2 -√5-a = -5a-- --3 sin α 2 √ -- √ -- 2 3 5 3 sin α = 5-⋅ -2-⋅ √----= √---. 19 19
Cosinus możemy obliczyć z jedynki trygonometrycznej.
∘ ---------- ∘ ------- ∘ --- cosα = 1− sin 2α = 1 − -3-= 1-6 = √-4--. 19 1 9 19
Zatem szukany tangens wynosi
-√3- √ -- sin-α- √-19 --3- tg α = cosα = √-4- = 4 . 19
Sposób II
Zauważmy, że ∘ ∘ ∡ADC = 1 80 − (60 + α) , więc stosując wzór na sinus sumy mamy
∘ ∘ ∘ sin ∡ADC = sin(18 0 − (60 + α)) = sin(60√ -+ α) = 3 1 = sin 60∘co sα + sinα cos 60∘ = ----co sα + --sinα . 2 2
Stosujemy teraz twierdzenie sinusów w trójkącie ADC .
AC AD ----------- = ----- sin ∡ADC ( si√n-α ) 2- --3- 1- 5- a sin α = 5a 2 co sα + 2 sinα / ⋅a √ -- 5 sin α = 3 cos α+ sin α √ -- 4 sin α = 3 cos α / : 4 cos α √ -- tg α = --3- 4
Sposob III
Zadanie ma znacznie prostsze rozwiązanie, jeżeli wykorzystamy odrobinę więcej geometrii. Dorysujmy wysokość BE oraz równoległy do niej odcinek DF . Szukany tangens możemy obliczyć z trójkąta prostokątnego CF D , aby jednak móc to zrobić musimy najpierw obliczyć długości odcinków CF i F D . Trójkąty ADF i ABE są podobne oraz znamy ich skalę podobieństwa
AD 2 k = ----= -. AB 5
Mamy stąd
-- -- 2 2 a√ 3 a√ 3 FD = --⋅EB = -⋅ -----= ----- 5 5 2 5 AF = 2-AE = 1-a ⇒ CF = 4-a. 5 5 5
Mamy stąd
a√-3- √ -- tg α = F-D- = --5- = --3. CF 4a 4 5 Odpowiedź: √-3 4
