Математика 11 класс 11-М-2

§4. Теоремы косинусов и синусов. Применение тригонометрии к решению геометрических задач

Как обычно, в треугольнике ABCABC стороны, противолежащие углам `A`, `B` и `C`,  обозначим `a`, `b` и `c`. Справедливы две теоремы, устанавливающие соотношения между сторонами и углами треугольника, утверждения которых можно кратко записать так:

теорема  косинусов: c2=a2+b2-2abcosC;c^2=a^2+b^2-2ab\cos C;

теорема синусов:  asinA=bsinB=csinC=2R\dfrac a{\sin A}=\dfrac b{\sin{\displaystyle B}}=\dfrac c{\sin{\displaystyle C}}=2R.

Покажем на примерах, как применяются эти теоремы.

Пример 12
Рис. 26

Доказать,  что  в  параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех его сторон.

Решение

Пусть  в  параллелограмме ABCDABCD (рис. 26) длины сторон  равны a u b,a\;u\;b, длины  диагоналей  равны d1d_1 и d2: AC=d2d_2:\;AC=d_2, AB=DC=aAB=DC=a, BD=d1BD=d_1.

Если φ=BAD,\varphi=\angle BAD, то ADC=180°-φ.\angle ADC=180^\circ-\varphi. Из треугольников ABDABD и ACDACD по   теореме  косинусов   будем  иметь:

d12=a2+b2-2abcosφ, d22=a2+b2-2abcos(180°-φ).d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\varphi,\;d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\varphi).

 Складывая  почленно эти  равенства  и  учитывая, что cos(180°-φ)=-cosφ,\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi, получим требуемое равенство: d12+d22=2a2+2b2\boxed{d_1^2+d_2^2=2a^2+2b^2}.

следствие
Рис. 26

Из решения данной задачи легко получить выражение медианы mcm_c треугольника через его  стороны a, ba,\;b и  cc. Пусть  в  `ABD:AB=a`, `AD=b`, `BD=c`; `AM` - медиана, `AM=m_c` (рис. 26). Достроим этот треугольник ABDABD до параллелограмма ABCDABCD и воспользуемся результатом задачи 11, получим:

c2+2mc2=2a2+2b2c^2+\left(2m_c\right)^2=2a^2+2b^2, откуда

 mc=a2+b22-c24\boxed{m_c=\sqrt{\dfrac{a^2+b^2}2-\dfrac{c^2}4}}.

Пример 13
Рис. 27

На стороне ADAD ромба ABCDABCD взята точка MM, при этом MD=310AD, BM=MC=11.MD=\dfrac3{10}AD,\;BM=MC=11. Найти площадь треугольника BCM.BCM.

Решение

1. Обозначим длину стороны ромба x, BAD=φ x,\;\angle BAD=\varphi\;(рис. 27). По условию MD=310xAM=710x.MD=\dfrac3{10}x\Rightarrow AM=\dfrac7{10}x.  Из треугольников ABMABM и  MCDMCD по теореме  косинусов получаем:

BM2=x2+710x2-2x710xcosφBM^2=x^2+\left(\dfrac7{10}x\right)^2-2x\dfrac7{10}x\cos\varphi,

MC2=x2+310x2-2x310xcos(180°-φ)MC^2=x^2+\left(\dfrac3{10}x\right)^2-2x\dfrac3{10}x\cos(180^\circ-\varphi).

Приравниваем правые части (по условию BM=MCBM=MC), подставляем cos(180°-φ)=-cosφ,\cos(180^\circ-\varphi)=-\cos\varphi, сокращаем на x2,x^2, приводим подобные члены и получаем cosφ=15.\cos\varphi=\dfrac15. Подставляя найденное значение cosφ\cos\varphi и BM=11BM=11 в первое равенство, находим x=10x=10.

2. В равнобедренном треугольнике bmcbmc основание равно `10`, находим высоту MKMK:

MK=BM2-BK2=BM2-14BC2=96MK=\sqrt{BM^2-BK^2}=\sqrt{BM^2-\dfrac14BC^2}=\sqrt{96},

тогда  площадь  треугольника `BMC` равна 12BC·MK=206\dfrac12BC\cdot MK=20\sqrt6.

Пример 14
Рис. 28

В равнобедренном треугольнике ABC (AB=BC)ABC\;(AB=BC) проведена      биссектриса ADAD (рис. 28). Найти радиус описанной около треугольника ABCABC окружности, если  AD=4AD=4 и DC=6.DC=\sqrt6.

Решение

1. Углы при основании ACAC в треугольнике ABCABC равны, обозначим BAC=2α,\angle BAC=2\alpha, тогда DAC=α.\angle DAC=\alpha. По теореме синусов из треугольника  ADCADC следует 4sin2α=6sinα\dfrac4{\sin2\alpha}=\dfrac{\sqrt6}{\sin{\displaystyle\alpha}} откуда cosα=23\cos\alpha=\sqrt{\dfrac23}. Находим: cos2α=2cos2α-1=13\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=\dfrac13 и sin2α=223\sin2\alpha=\dfrac{2\sqrt2}3.

2. Вычисляем   сторону ACAC:

AC=AK+KC=ADcosα+DCcos2α=536AC=AK+KC=AD\cos\alpha+DC\cos2\alpha=\dfrac53\sqrt6.

3. Как следует из теоремы синусов, радиус RR описанной около треугольника `ABC` окружности может быть найден из равенства: 

R=AC2sinBR=\dfrac{AC}{2\sin B} т. е. R=AC2sin(180°-4α)=AC4sin2α·cos2α=1583R=\dfrac{AC}{2\sin(180^\circ-4\alpha)}=\dfrac{AC}{4\sin2\alpha\cdot\cos2\alpha}=\dfrac{15}8\sqrt3.

В решении следующих задач существенно используется знание тригонометрических тождеств, умение решать тригонометрические уравнения. Подобные задачи не рассматривались в заданиях 9 - 10 классов, поскольку большинство учащихся в то время не обладало знаниями по тригонометрии в достаточном объёме.

В этих задачах в качестве неизвестной выбирается некоторый угол и по данным задачи и известным метрическим соотношениям составляется тригонометрическое уравнение или система уравнений. Их составление  и  решение является основным   этапом всего решения задачи, а искомые  элементы  определяются  через значения тригонометрических функций введённого угла.

Пример 15
Рис. 29

Точки KK и MM расположены соответственно на стороне BCBC и высоте BDBD остроугольного треугольника ABCABC. Треугольник AMKAMK - равносторонний  (рис. 29). Найти его площадь, если AD=3AD=3, DC=112DC=\dfrac{11}2, BK:KC=10:1BK:KC=10:1.   

Решение

1. Обозначим сторону правильного треугольника AMKAMK  через x, KAC=φx,\;\angle KAC=\varphi  (рис. 29). Пусть FK||ACFK\vert\vert AC и KNACKN\perp AC. Из подобия треугольников  CKNCKN и CBDCBD  следует NC=111DC=12NC=\dfrac1{11}DC=\dfrac12. Тогда DN=5, AN=8.DN=5,\;AN=8.

 2. Заметим, что FKA=φ\angle FKA=\varphi и MKF=π3-φ\angle MKF=\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi.  Из прямоугольных треугольников  AKNAKN и  MKFMKF следует:

AN=AKcosφAN=AK\cos\varphi и FK=MKcos(π3-φ)FK=MK\cos(\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi), т. е. 8=xcosφ8=x\cos\varphi и 5=xcos(π3-φ)5=x\cos(\dfrac{\mathrm\pi}3-\varphi). Из тригонометрического  уравнения `5cosvarphi=8cos(pi/3-varphi)`  получаем

cosφ=43sinφ\cos\varphi=4\sqrt3\sin\varphi и tgφ=143\mathrm{tg}\varphi=\dfrac1{4\sqrt3}.

3. По формуле cosφ=11+tg2φ\cos\varphi=\dfrac1{\sqrt{1+tg^2\varphi}} находим  cosφ=437\cos\varphi=\dfrac{4\sqrt3}7 и x=8cosφ=143x=\dfrac8{\cos\varphi}=\dfrac{14}{\sqrt3}.  Площадь правильного  треугольника со стороной xx равна x234\dfrac{x^2\sqrt3}4. Находим SAMK=4933S_{AMK}=\dfrac{49\sqrt3}3.

Обратим внимание, что в этой задаче один треугольник повёрнут относительно другого. В качестве промежуточной переменной и был введён этот угол поворота.

Пример 16
Рис. 30

Окружность проходит через вершины AA и BB  треугольника  ABC,ABC, пресекает стороны BCBC и ACAC в точках MM и NN соответственно (рис. 30). Известно, что `AB=4`, `MN=2`, ACB=arcsin35\angle ACB=\arcsin\frac35. Найти радиус окружности.                                                                                

Решение

1. Обозначим ACB=φ\angle ACB=\varphi тогда sinφ=35\sin\varphi=\dfrac35, φ\varphi - острый угол, cosφ=45\cos\varphi=\dfrac45.

Надо  найти  радиус окружности, поэтому разумно ввести вписанный угол: NMB=α\angle NMB=\alpha. Угол ANBANB - внешний  для треугольника BNC,BNC, поэтому  ANB=α+φ\angle ANB=\alpha+\varphi.

2. Если RR - радиус окружности, то AB=2Rsin(α+φ)AB=2R\sin(\alpha+\varphi), и MN=2RsinαMN=2R\sin\alpha т. е. получаем систему:

4=2Rsin(α+φ),2=2Rsinα.\left\{\begin{array}{l}4=2R\sin(\alpha+\varphi),\\2=2R\sin\alpha.\end{array}\right.

Исключая `R`, придём к уравнению 2sinα=sin(α+φ)2\sin\alpha=\sin(\alpha+\varphi).

Так как sin(α+φ)=sinα·cosφ+sinφ·cosα=45sinα+35cosα\sin(\alpha+\varphi)=\sin\alpha\cdot\cos\varphi+\sin\varphi\cdot\cos\alpha=\dfrac45\sin\alpha+\dfrac35\cos\alpha

то уравнение приводится к виду

10sinα=4sinα+3cosα10\sin\alpha=4\sin\alpha+3\cos\alpha, `6sinalpha=3cosalpha`, `"tg"alpha=1/2`.

3. Находим: sinα=tgα1+tg2α=15\sin\alpha=\dfrac{tg\alpha}{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\dfrac1{\sqrt5} тогда R=MN2sinα=5R=\dfrac{MN}{2\sin\alpha}=\sqrt5.

Важное замечание

В задаче 15 угловая величина была задана значением arcsin35\arcsin\dfrac35. По определению функции y=arcsinxy=\arcsin x это означало, что заданный угол острый и sinφ=35\sin\varphi=\dfrac35. Мы заменили условие φ=arcsin35\varphi=\arcsin\dfrac35 равносильным ему. Аналогично следует поступать во всех задачах, условия которых содержат значения обратных тригонометрических функций для величин углов. Например, если угол задан в виде α=π-arccos23\alpha=\pi-\arccos\sqrt{\dfrac23},  то это означает, что α\alpha - тупой угол,  cosα=-23 \cos\alpha=-\sqrt{\dfrac23\;}, sinα=13\sin\alpha=\dfrac1{\sqrt3} и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения  cos2α\cos2\alpha, sinα2\sin\dfrac\alpha2 и т. п.

Некоторые учащиеся, проводя решение задачи в общем виде и подставляя числовые данные лишь в конце (что, заметим, обычно делает решение громоздким), получают, например, ответ для длины стороны в виде α=3sin(2arccos13)\alpha=3\sin(2\arccos\dfrac1{\sqrt3}). Если далее это значение не записано в виде a=22a=2\sqrt2,  то решение не считается доведённым до конца. Т. е. ответ задачи, когда угловая величина задана значением обратной тригонометрической функции, не должен содержать значения тригонометрических и обратных тригонометрических функций (если только сама искомая величина не является углом).

В заключение параграфа решим задачу об определении угла треугольника. Обратим внимание, что решение требует отбора в соответствии с условием задачи.

Пример 17
Рис. 31

В треугольнике ABCABC высота BDBDмедиана CMCM и биссектриса  AKAK пересекаются в точке OO. (рис. 31).  Найти угол AA, если   известно, что он больше 60°60^\circ и  AM=3OMAM=\sqrt3OM.                                                                

Решение

1. Обозначим 

AM=xAM=x (тогда `AB=2x`), BAC=2α\angle BAC=2\alpha и AO=yAO=y.

Из прямоугольных треугольников AODAOD и ABDABD имеем: AD=ycosαAD=y\cos\alpha и AD=2xcos2αAD=2x\cos2\alpha. Выражаем y=2xcos2αcosαy=\dfrac{2x\cos2\alpha}{\cos\alpha}.

2. Применяем теорему косинусов к треугольнику AMOAMO, учитывая, что MO2=13x2: x23=x2+y2-2xy·cosαMO^2=\dfrac13x^2:\;\dfrac{x^2}3=x^2+y^2-2xy\cdot\cos\alpha.

 Подставляем выражение для  yy, сокращаем на x2,x^2, приводим уравнение к виду:

2cos2α+12cos22α-12cos2α·cos2α=02\cos^2\alpha+12\cos^22\alpha-12\cos2\alpha\cdot\cos^2\alpha=0.

Используем тождество: 2cos2α=1+cos2α,2\cos^2\alpha=1+\cos2\alpha,  получаем уравнение:

6cos22α-5cos2α+1=06\cos^22\alpha-5\cos2\alpha+1=0.

Находим: cos2α=13\cos2\alpha=\dfrac13 или cos2α=12\cos2\alpha=\dfrac12.

3. По условию: 2α=BAC2\alpha=\angle BAC, 2α > π32\alpha\;>\;\dfrac{\mathrm\pi}3, значит cos2α < 12\cos2\alpha\;<\;\dfrac12, поэтому

cos2α=cosA=13\cos2\alpha=\cos A=\dfrac13, A=arccos13\angle A=\arccos\dfrac13.