Trygonometria to dział matematyki, który często pojawia się na maturze i sprawia uczniom sporo trudności. W tym artykule przeanalizujemy typowe zadania maturalne z trygonometrii wraz z ich szczegółowymi rozwiązaniami. Poznamy metody rozwiązywania różnych typów zadań, od podstawowych obliczeń wartości funkcji trygonometrycznych, przez równania i nierówności, aż po zastosowanie trygonometrii w geometrii.
Podstawowe wzory trygonometryczne
Zanim przejdziemy do rozwiązywania zadań, przypomnijmy najważniejsze wzory trygonometryczne, które będą nam potrzebne:
Podstawowe zależności:
\(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1\)
\(\tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\)
\(\cot \alpha = \frac{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \frac{1}{\tan \alpha}\)
Wzory redukcyjne:
\(\sin(\alpha + 2\pi k) = \sin \alpha\), gdzie \(k \in \mathbb{Z}\)
\(\cos(\alpha + 2\pi k) = \cos \alpha\), gdzie \(k \in \mathbb{Z}\)
\(\sin(\pi – \alpha) = \sin \alpha\)
\(\cos(\pi – \alpha) = -\cos \alpha\)
\(\sin(\pi + \alpha) = -\sin \alpha\)
\(\cos(\pi + \alpha) = -\cos \alpha\)
\(\sin(-\alpha) = -\sin \alpha\)
\(\cos(-\alpha) = \cos \alpha\)
Wzory na sumę i różnicę kątów:
\(\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cos \beta + \cos \alpha \sin \beta\)
\(\sin(\alpha – \beta) = \sin \alpha \cos \beta – \cos \alpha \sin \beta\)
\(\cos(\alpha + \beta) = \cos \alpha \cos \beta – \sin \alpha \sin \beta\)
\(\cos(\alpha – \beta) = \cos \alpha \cos \beta + \sin \alpha \sin \beta\)
Wzory na podwojony kąt:
\(\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha\)
\(\cos 2\alpha = \cos^2 \alpha – \sin^2 \alpha = 2\cos^2 \alpha – 1 = 1 – 2\sin^2 \alpha\)
Zadanie 1: Obliczanie wartości funkcji trygonometrycznych
Treść zadania:
Oblicz wartość wyrażenia \(\sin 75° \cdot \cos 15° – \cos 75° \cdot \sin 15°\).
Rozwiązanie:
Zauważmy, że wyrażenie ma postać wzoru na sinus różnicy kątów: \(\sin(\alpha – \beta) = \sin \alpha \cos \beta – \cos \alpha \sin \beta\)
Podstawiając \(\alpha = 75°\) i \(\beta = 15°\), otrzymujemy:
\(\sin 75° \cdot \cos 15° – \cos 75° \cdot \sin 15° = \sin(75° – 15°) = \sin 60° = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Odpowiedź: \(\sin 75° \cdot \cos 15° – \cos 75° \cdot \sin 15° = \frac{\sqrt{3}}{2}\)
Zadanie 2: Równanie trygonometryczne
Treść zadania:
Rozwiąż równanie \(2\sin^2 x – \sin x – 1 = 0\) dla \(x \in [0, 2\pi)\).
Rozwiązanie:
Wprowadźmy podstawienie \(t = \sin x\). Wówczas nasze równanie przyjmie postać:
\(2t^2 – t – 1 = 0\)
Rozwiążemy to równanie kwadratowe:
\(\Delta = (-1)^2 – 4 \cdot 2 \cdot (-1) = 1 + 8 = 9\)
\(\Delta > 0\), więc równanie ma dwa rozwiązania:
\(t_1 = \frac{1 + 3}{4} = 1\)
\(t_2 = \frac{1 – 3}{4} = -\frac{1}{2}\)
Teraz rozwiążemy równania \(\sin x = 1\) oraz \(\sin x = -\frac{1}{2}\) dla \(x \in [0, 2\pi)\).
Dla \(\sin x = 1\):
Wiemy, że \(\sin x = 1\) tylko dla \(x = \frac{\pi}{2} + 2\pi k\), gdzie \(k \in \mathbb{Z}\).
Dla \(x \in [0, 2\pi)\) otrzymujemy jedno rozwiązanie: \(x = \frac{\pi}{2}\).
Dla \(\sin x = -\frac{1}{2}\):
Wiemy, że \(\sin x = -\frac{1}{2}\) dla \(x = \frac{7\pi}{6} + 2\pi k\) lub \(x = \frac{11\pi}{6} + 2\pi k\), gdzie \(k \in \mathbb{Z}\).
Dla \(x \in [0, 2\pi)\) otrzymujemy dwa rozwiązania: \(x = \frac{7\pi}{6}\) oraz \(x = \frac{11\pi}{6}\).
Odpowiedź: Rozwiązaniami równania \(2\sin^2 x – \sin x – 1 = 0\) dla \(x \in [0, 2\pi)\) są \(x = \frac{\pi}{2}\), \(x = \frac{7\pi}{6}\) oraz \(x = \frac{11\pi}{6}\).
Zadanie 3: Nierówność trygonometryczna
Treść zadania:
Rozwiąż nierówność \(\sin x > \cos x\) dla \(x \in [0, 2\pi)\).
Rozwiązanie:
Przekształćmy nierówność:
\(\sin x > \cos x\)
\(\sin x – \cos x > 0\)
Aby rozwiązać tę nierówność, znajdźmy miejsca zerowe funkcji \(f(x) = \sin x – \cos x\) dla \(x \in [0, 2\pi)\).
\(\sin x – \cos x = 0\)
\(\sin x = \cos x\)
\(\frac{\sin x}{\cos x} = 1\)
\(\tan x = 1\)
Rozwiązania równania \(\tan x = 1\) dla \(x \in [0, 2\pi)\) to \(x = \frac{\pi}{4}\) oraz \(x = \frac{5\pi}{4}\).
Teraz musimy sprawdzić, w których przedziałach funkcja \(f(x) = \sin x – \cos x\) jest dodatnia. Sprawdźmy znak funkcji w punkcie \(x = \frac{\pi}{2}\) (punkt pomiędzy znalezionymi miejscami zerowymi):
\(f\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin\frac{\pi}{2} – \cos\frac{\pi}{2} = 1 – 0 = 1 > 0\)
Zatem funkcja \(f(x)\) jest dodatnia dla \(x \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right)\).
Odpowiedź: Rozwiązaniem nierówności \(\sin x > \cos x\) dla \(x \in [0, 2\pi)\) jest zbiór \(x \in \left(\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right)\).
Na powyższym wykresie widać, że funkcja \(\sin x – \cos x\) (zielona linia) jest dodatnia w przedziale \(\left(\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right)\), co odpowiada zakresowi od 45° do 225°.
Zadanie 4: Wzory redukcyjne
Treść zadania:
Wiedząc, że \(\sin \alpha = \frac{3}{5}\) oraz \(\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\), oblicz wartości: \(\sin(2\pi – \alpha)\), \(\cos(\pi + \alpha)\) i \(\tan(2\pi + \alpha)\).
Rozwiązanie:
Skoro \(\sin \alpha = \frac{3}{5}\) i \(\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\), to możemy obliczyć \(\cos \alpha\) korzystając z tożsamości \(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1\):
\(\cos^2 \alpha = 1 – \sin^2 \alpha = 1 – \left(\frac{3}{5}\right)^2 = 1 – \frac{9}{25} = \frac{25-9}{25} = \frac{16}{25}\)
Ponieważ \(\alpha \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)\), to \(\cos \alpha > 0\), więc \(\cos \alpha = \frac{4}{5}\).
Teraz obliczmy żądane wartości:
a) \(\sin(2\pi – \alpha)\)
Korzystając ze wzoru redukcyjnego \(\sin(2\pi – \alpha) = -\sin \alpha\), mamy:
\(\sin(2\pi – \alpha) = -\sin \alpha = -\frac{3}{5}\)
b) \(\cos(\pi + \alpha)\)
Korzystając ze wzoru redukcyjnego \(\cos(\pi + \alpha) = -\cos \alpha\), mamy:
\(\cos(\pi + \alpha) = -\cos \alpha = -\frac{4}{5}\)
c) \(\tan(2\pi + \alpha)\)
Korzystając z okresowości funkcji tangens: \(\tan(2\pi + \alpha) = \tan \alpha\), mamy:
\(\tan(2\pi + \alpha) = \tan \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \frac{3/5}{4/5} = \frac{3}{4}\)
Odpowiedź: \(\sin(2\pi – \alpha) = -\frac{3}{5}\), \(\cos(\pi + \alpha) = -\frac{4}{5}\), \(\tan(2\pi + \alpha) = \frac{3}{4}\)
Zadanie 5: Trygonometria w trójkącie
Treść zadania:
W trójkącie ABC dane są boki: |AB| = 8, |BC| = 5, |AC| = 7. Oblicz miarę kąta BAC.
Rozwiązanie:
Do rozwiązania tego zadania użyjemy twierdzenia cosinusów. Oznaczmy kąt BAC jako \(\gamma\).
Zgodnie z twierdzeniem cosinusów:
\(|BC|^2 = |AB|^2 + |AC|^2 – 2 \cdot |AB| \cdot |AC| \cdot \cos \gamma\)
Podstawiając dane z zadania:
\(5^2 = 8^2 + 7^2 – 2 \cdot 8 \cdot 7 \cdot \cos \gamma\)
\(25 = 64 + 49 – 112 \cdot \cos \gamma\)
\(25 = 113 – 112 \cdot \cos \gamma\)
\(112 \cdot \cos \gamma = 113 – 25 = 88\)
\(\cos \gamma = \frac{88}{112} = \frac{11}{14}\)
Aby znaleźć miarę kąta, obliczamy:
\(\gamma = \arccos\left(\frac{11}{14}\right) \approx 0,6435 \text{ rad} \approx 36,87°\)
Odpowiedź: Miara kąta BAC wynosi około 36,9°.
Zadanie 6: Równania trygonometryczne z parametrem
Treść zadania:
Dla jakich wartości parametru \(m \in \mathbb{R}\) równanie \(2\sin^2 x – 3\sin x + m = 0\) ma dokładnie jedno rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\)?
Rozwiązanie:
Podstawmy \(t = \sin x\). Wówczas \(t \in [0, 1]\) dla \(x \in [0, \frac{\pi}{2}]\) oraz \(t \in [-1, 0]\) dla \(x \in [\frac{\pi}{2}, \pi)\).
Nasze równanie przyjmuje postać:
\(2t^2 – 3t + m = 0\)
Jest to równanie kwadratowe. Aby miało dokładnie jedno rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\), muszą być spełnione określone warunki.
Rozważmy dwa przypadki:
Przypadek 1: Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie, gdy wyróżnik równania jest równy zero.
\(\Delta = (-3)^2 – 4 \cdot 2 \cdot m = 9 – 8m = 0\)
\(m = \frac{9}{8}\)
Wtedy rozwiązaniem jest \(t = \frac{3}{4}\), co odpowiada \(x = \arcsin\left(\frac{3}{4}\right)\) w przedziale \([0, \pi)\).
Przypadek 2: Równanie ma dwa różne rozwiązania, ale tylko jedno z nich należy do przedziału \([0, \pi)\).
Dla \(\Delta > 0\), czyli \(m < \frac{9}{8}\), równanie ma dwa rozwiązania:
\(t_1 = \frac{3 + \sqrt{9 – 8m}}{4}\)
\(t_2 = \frac{3 – \sqrt{9 – 8m}}{4}\)
Aby tylko jedno z tych rozwiązań należało do przedziału \([-1, 1]\) (bo \(\sin x \in [-1, 1]\)), musimy rozważyć kilka podprzypadków:
a) Jeśli \(t_1 > 1\) i \(-1 \leq t_2 \leq 1\), to tylko \(t_2\) daje rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\).
\(t_1 > 1 \Rightarrow \frac{3 + \sqrt{9 – 8m}}{4} > 1 \Rightarrow 3 + \sqrt{9 – 8m} > 4 \Rightarrow \sqrt{9 – 8m} > 1 \Rightarrow 9 – 8m > 1 \Rightarrow m < 1\)
b) Jeśli \(t_2 < -1\) i \(-1 \leq t_1 \leq 1\), to tylko \(t_1\) daje rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\).
\(t_2 < -1 \Rightarrow \frac{3 - \sqrt{9 - 8m}}{4} < -1 \Rightarrow 3 - \sqrt{9 - 8m} < -4 \Rightarrow -\sqrt{9 - 8m} < -7 \Rightarrow \sqrt{9 - 8m} > 7 \Rightarrow 9 – 8m > 49 \Rightarrow m < -5\)
Łącząc wszystkie przypadki, otrzymujemy, że równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\) dla \(m = \frac{9}{8}\) lub \(m < -5\) lub \(m < 1\).
Ponieważ warunek \(m < -5\) zawiera się w warunku \(m < 1\), ostatecznie otrzymujemy:
Odpowiedź: Równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie w przedziale \([0, \pi)\) dla \(m = \frac{9}{8}\) lub \(m < 1\).
Zadanie 7: Funkcje trygonometryczne – ekstrema
Treść zadania:
Znajdź najmniejszą i największą wartość funkcji \(f(x) = 2\sin x + \cos 2x\) w przedziale \([0, 2\pi]\).
Rozwiązanie:
Aby znaleźć ekstrema funkcji, obliczymy pochodną i znajdziemy jej miejsca zerowe:
\(f'(x) = 2\cos x – 2\sin 2x\)
\(f'(x) = 2\cos x – 4\sin x \cos x\)
\(f'(x) = 2\cos x (1 – 2\sin x)\)
Pochodna jest równa zero, gdy \(\cos x = 0\) lub \(1 – 2\sin x = 0\).
\(\cos x = 0\) dla \(x = \frac{\pi}{2} + k\pi\), gdzie \(k \in \mathbb{Z}\).
W przedziale \([0, 2\pi]\) są to punkty: \(x = \frac{\pi}{2}\), \(x = \frac{3\pi}{2}\).