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 u C,A,\;B\;u\;C,  обозначим a,b u ca,b\;u\;c соответственно. 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.\frac a{\sin A}=\frac b{\sin{\displaystyle B}}=\frac 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

Δ  Пусть  в  параллелограмме ABCDABCD (рис. 26) длины сторон  равны a u b,a\;u\;b, длины  диагоналей  равны d1 u d2: AC=d2, AB=DC=a, BD=d1.d_1\;u\;d_2:\;AC=d_2,\;AB=DC=a,\;BD=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+2b2d_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, BC=c, AM - медиана. AM=mc\begin{array}{l}\bigtriangleup ABD:\;AB=a,\;AD=b,\;\\BC=c,\;AM\;-\;медиана.\;AM=m_c\end{array}  (рис. 26). Достроим этот треугольник ABDABD до параллелограмма ABCDABCD и воспользуемся результатом задачи 11, получим:

c2+2mc2=2a2+2b2mc=a2+b22-c24.c^2+\left(2m_c\right)^2=2a^2+2b^2\Rightarrow m_c=\sqrt{\frac{a^2+b^2}2-\frac{c^2}4}.

Пример 13
Рис. 27

На стороне ADAD ромба ABCDABCD взята точка MM, при этом MD=310AD, BM=MC=11.MD=\frac3{10}AD,\;BM=MC=11. Найти площадь треугольника BCM.BCM.

Решение

Δ 1. Обозначим длину стороны ромба x, BAD=φ x,\;\angle BAD=\varphi\;(рис. 27). По условию MD=310xAM=710x.MD=\frac3{10}x\Rightarrow AM=\frac7{10}x.  Из треугольников ABMABM и  MCDMCD по теореме  косинусов получаем:

BM2=x2+710x2-2x710xcosφ; MC2=x2+310x2-2x310xcos(180°-φ).BM^2=x^2+\left(\frac7{10}x\right)^2-2x\frac7{10}x\cos\varphi;\;MC^2=x^2+\left(\frac3{10}x\right)^2-2x\frac3{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=\frac15. Подставляя найденное значение cosφ\cos\varphi и BM=11BM=11 в первое равенство, находим x=10.x=10..

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

MK=BM2-BK2=BM2-14BC2=96,MK=\sqrt{BM^2-BK^2}=\sqrt{BM^2-\frac14BC^2}=\sqrt{96},

тогда  площадь  треугольника  равна 12BC*MK=206.\frac12BC\ast 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

Δ 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=6sinαcosα=23.\frac4{\sin2\alpha}=\frac{\sqrt6}{\sin{\displaystyle\alpha}}\Rightarrow\cos\alpha=\sqrt{\frac23.}. Находим: cos2α=2cos2α-1=13 u sin2α=223.\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1=\frac13\;u\;\sin2\alpha=\frac{2\sqrt2}3.

2. Вычисляем   сторону ACAC:

AC=AK+KC=ADcosα+DCcos2α=536.AC=AK+KC=AD\cos\alpha+DC\cos2\alpha=\frac53\sqrt6.

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

R=AC2sinBR=AC2sin(180°-4α)=AC4sin2α*cos2α=1583.R=\frac{AC}{2\sin B}\Rightarrow R=\frac{AC}{2\sin(180^\circ-4\alpha)}=\frac{AC}{4\sin2\alpha\ast\cos2\alpha}=\frac{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 ABC.ABC. Треугольник AMKAMK - равносторонний  (рис. 29). Найти его площадь, если AD=3, DC=112, BK:KC=10:1.AD=3,\;DC=\frac{11}2,\;BK:KC=10:1.   

Решение

Обозначим сторону правильного треугольника AMKAMK  через x, KAC=φx,\;\angle KAC=\varphi  (рис. 29). Пусть FK||AC, KNAC.FK\vert\vert AC,\;KN\perp AC. Из подобия треугольников  CKNCKN и CBDCBD  следует NC=111DC=12.NC=\frac1{11}DC=\frac12. Тогда DN=5, AN=8.DN=5,\;AN=8.

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

AN=AKcosφ, FK=MKcos(π3-φ)8=xcosφ, 5=xcos(π3-φ).AN=AK\cos\varphi,\;FK=MK\cos(\frac{\mathrm\pi}3-\varphi)\Rightarrow8=x\cos\varphi,\;5=x\cos(\frac{\mathrm\pi}3-\varphi). Из тригонометрического  уравнения   получаем

cosφ=43sinφ, tgφ=143.\cos\varphi=4\sqrt3\sin\varphi,\;tg\varphi=\frac1{4\sqrt3}.

3. По формуле cosφ=11+tg2φ\cos\varphi=\frac1{\sqrt{1+tg^2\varphi}} находим  cosφ=437, x=8cosφ=143.\cos\varphi=\frac{4\sqrt3}7,\;x=\frac8{\cos\varphi}=\frac{14}{\sqrt3}.  Площадь правильного  треугольника со стороной xx равна x234SAMK=4933.\frac{x^2\sqrt3}4\Rightarrow S_{AMK}=\frac{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.AB=4,\;MN=2,\;\angle ACB=arc\sin\frac35. Найти радиус окружности.                                                                                

Решение

Δ 1. Обозначим ACB=φsinφ=35, φ -\angle ACB=\varphi\Rightarrow\sin\varphi=\frac35,\;\varphi\;- острый угол, cosφ=45.\cos\varphi=\frac45.

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, тоAB=2Rsin(α+φ), MN=2Rsinα AB=2R\sin(\alpha+\varphi),\;MN=2R\sin\alpha\; получаем систему:

4=2Rsin(α+φ)2=2Rsinα2sinα=sin(α+φ)\left\{\begin{array}{l}4=2R\sin(\alpha+\varphi)\\2=2R\sin\alpha\end{array}\right.\Rightarrow2\sin\alpha=\sin(\alpha+\varphi).

Так как sin(α+φ)=sinα*cosφ+sinφ*cosα=45sinα+35cosα,\sin(\alpha+\varphi)=\sin\alpha\ast\cos\varphi+\sin\varphi\ast\cos\alpha=\frac45\sin\alpha+\frac35\cos\alpha, то уравнение приводится к виду

10sinα=4sinα+3cosαtgα=12.10\sin\alpha=4\sin\alpha+3\cos\alpha\Rightarrow tg\alpha=\frac12.

3. Находим:sinα=tgα1+tg2α=15R=MN2sinα=5.\sin\alpha=\frac{tg\alpha}{\sqrt{1+tg^2\alpha}}=\frac1{\sqrt5}\Rightarrow R=\frac{MN}{2\sin\alpha}=\sqrt5.

Важное замечание. В задаче 15 угловая величина была задана значением arcsin35.arc\sin\frac35. По определению функции y=arcsinxy=arc\sin x это означало, что заданный угол острый и sinφ=35.\sin\varphi=\frac35. Мы заменили условие φ=arcsin35\varphi=arc\sin\frac35  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-arc\cos\sqrt{\frac23},  то это означает, что α\alpha - тупой угол,  cosα=-23 , sinα=13\cos\alpha=-\sqrt{\frac23\;},\;\sin\alpha=\frac1{\sqrt3} и могут быть найдены, если окажется необходимым, значения  cos2α, sinα2\cos2\alpha,\;\sin\frac\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(2arc\cos\frac1{\sqrt3}). Если далее это значение не записано в виде a=22,a=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 BD,BD, медиана CMCM и биссектриса  AKAK пересекаются в точке O.O. (рис. 31).  Найти угол A,A, если   известно, что он больше 60°60^\circ и  AM=3OM.AM=\sqrt3OM.                                                                

Решение

Δ 1. Обозначим 

AM=xAB=2x, BAC=2α, AO=y.AM=x\Rightarrow AB=2x,\;\angle BAC=2\alpha,\;AO=y.

Из прямоугольных треугольников AODAOD и ABDABD имеем: AD=ycosα, AD=2xcos2αy=2xcos2αcosα.AD=y\cos\alpha,\;AD=2x\cos2\alpha\Rightarrow y=\frac{2x\cos2\alpha}{\cos\alpha}.

2. Применяем теорему косинусов к треугольнику AMO,AMO, учитывая, что MO2=13x2: x23=x2+y2-2xycosα.MO^2=\frac13x^2:\;\frac{x^2}3=x^2+y^2-2xy\cos\alpha.

 Подставляем выражение для  yy, сокращаем на x2,x^2, приводим уравнение к виду:2cos2α+12cos22α-12cos2α*cos2α=0.2\cos^2\alpha+12\cos^22\alpha-12\cos2\alpha\ast\cos^2\alpha=0.

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

6cos22α-5cos2α+1=0cos2α=13, cos2α=12.6\cos^22\alpha-5\cos2\alpha+1=0\Rightarrow\cos2\alpha=\frac13,\;\cos2\alpha=\frac12.

3. По условию: 2α=BAC, 2α > π3 cos2α < 12 cos2α=cosA=13, A=arccos13.2\alpha=\angle BAC,\;2\alpha\;>\;\frac{\mathrm\pi}3\;\Rightarrow\cos2\alpha\;<\;\frac12\;\Rightarrow\cos2\alpha=\cos A=\frac13,\;\angle A=arc\cos\frac13.   ▲