Wyznaczymy tangens mniejszego kąta ostrego w trójkącie prostokątnym, którego boki są kolejnymi liczbami naturalnymi.

Rozwiązanie:

Narysujmy trójkąt prostokątny i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

R2gqp4dWSRXjg

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C o podstawie $x+1$, która jest jednocześnie bokiem $CB$, o pionowej przyprostokątnej $x$, która jest bokiem $AC$ oraz o przeciwprostokątnej $x+2$, która jest bokiem $BA$. Na ilustracji zaznaczono dwa kąty wewnętrze trójkąta. Przy wierzchołku $C$ znajduje się kąt prosty, przy wierzchołku $B$ znajduje się kąt $\alpha$.

W celu wyznaczenia wartości $x$ rozwiążemy równanie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

$x^2+{\left(x+1\right)}^2={\left(x+2\right)}^2$

Zatem

$x^2+x^2+2x+1=x^2+4x+4$

$x^2-2x-3=0$

Wobec tego $x=\frac{2-4}{2}=-1$ lub $x=\frac{2+4}{2}=3$.

Czyli długości boków trójkąta wynoszą odpowiednio: $3$, $4$, $5$.

Tangens mniejszego kąta ostrego wynosi:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{3}{4}$

Dla kąta $\alpha \in \left(0°,90°\right)$ tangens jest funkcją rosnącą.

Wykażemy, że jeśli $\mathrm{tg}\alpha <1$ i $\alpha$ jest kątem ostrym, to $\alpha <45°$.

Rozwiązanie:

Naszkicujmy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości $2$ i $1$ oraz kącie ostrym $\alpha$.

Rywc0GCVMIw6c

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny o podstawie będącej przyprostokątną o długości $1$ i o drugiej przyprostokątnej o długości $2$. Między bokiem o długości $2$ a przekątną zaznaczono kąt ostry $\alpha$.

Z rysunku możemy odczytać, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{1}{2}$.

Dorysujemy odcinek tak, jak na rysunku i wprowadźmy oznaczenie kąta $\beta$.

R1VXOrArgxf7N

Rysunek przedstawia równoramienny trójkąt prostokątny o ramionach o długości 2 każde. Z górnego wierzchołka poprowadzono środkową podstawy, która podzieliła podstawę na dwa odcinki o długości 1 każdy. Górny wierzchołek trójkąta prostokątnego jest kątem ostrym o mierze beta. Środkowa nachylona jest do ramienia, z którym ma wspólny początek pod kątem alfa.

Zauważmy, że $\mathrm{tg}\beta =\frac{2}{2}=1$.

Równość ta zachodzi dla $\beta =45°$.

Ponieważ $\alpha <\beta$, zatem $\alpha <45°$.

Wykażemy, że w dowolnym trójkącie prostokątnym o kątach ostrych $\alpha$ i $\beta$ zachodzą następujące zależności:

• $\mathrm{tg}\alpha ·\mathrm{tg}\beta =1$,

• $\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta =\frac{1}{\sin \alpha \sin \beta }=\frac{1}{\cos \alpha \cos \beta }$.

Rozwiązanie:

Dowody równości przeprowadzimy z wykorzystaniem rysunku poniżej.

RDM5EY6RDCWow

Rysunek przedstawia trójkąt prostokątny A B C o podstawie $a$, będącej przyprostokątną która jest jednocześnie bokiem $CB$, o drugiej przyprostokątnej $b$, która jest bokiem $AC$ oraz o przeciwprostokątnej $c$, która jest bokiem $BA$. Na ilustracji zaznaczono kąty wewnętrze trójkąta. Przy wierzchołku $C$ znajduje się kąt prosty, przy wierzchołku $B$ znajduje się kąt $\beta$, a przy wierzchołku $A$ znajduje się kąt $\alpha$.

Z rysunku możemy odczytać, że $\mathrm{tg}\alpha =\frac{a}{b}$ oraz $\mathrm{tg}\beta =\frac{b}{a}$.

Zatem mamy:

• $\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta =\frac{a}{b}·\frac{b}{a}=\frac{ab}{ab}=1$,

• $\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta =\frac{a}{b}+\frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{c^2}{ab}=$

  $=\frac{1}{\frac{ab}{c^2}}=\frac{1}{\frac{a}{c}\cdot \frac{b}{c}}=\frac{1}{\sin \alpha \cdot \sin \beta }=\frac{1}{\cos \alpha \cdot \cos \beta }.$

Obliczymy tangensy kątów ostrych wyznaczonych przez środkową trójkątaśrodkowa trójkątaśrodkową trójkąta prostokątnego równoramiennego, poprowadzoną do ramienia tego trójkąta.

Rozwiązanie:

Narysujmy trójkąt prostokątny równoramienny, poprowadźmy odpowiednią środkową trójkąta i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku:

RPkFsAvHyjD4W

Ilustracja przedstawia równoramienny trójkąt prostokątny. Przyprostokątne mają długość a każda. Kąt między każdą z nich a przeciwprostokątną wynosi 45 stopni. Z jednego z wierzchołków łączących przyprostokątną i przeciwprostokątną poprowadzono odcinek do drugiej przyprostokątnej. Utworzono w ten sposób drugi trójkąt prostokątny wewnątrz pierwszego o przyprostokątnych a oraz x. Zaznaczono kąty w nowym prostokącie: kąt beta między bokiem a i przeciwprostokątną, kąt alfa między bokiem x i przeciwprostokątną oraz kąt prosty.

Zauważmy, że $x=\frac{1}{2}a$.

Korzystając z definicji funkcji tangens otrzymujemy, że:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{a}{x}=\frac{a}{\frac{1}{2}a}=2$

$\mathrm{tg}\beta =\frac{x}{a}=\frac{\frac{1}{2}a}{a}=\frac{1}{2}$

Sprawdzimy, czy prawdziwa jest równość:

$\frac{\mathrm{tg}60°+\mathrm{tg}45°}{\mathrm{tg}60°-\mathrm{tg}45°}=2+\sqrt{3}$.

Rozwiązanie:

Po podstawieniu odpowiednich wartości, mamy:

$\frac{\mathrm{tg}60°+\mathrm{tg}45°}{\mathrm{tg}60°-\mathrm{tg}45°}=\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}-1}=\frac{\left(\sqrt{3}+1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)}{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(\sqrt{3}+1\right)}=\frac{4+2\sqrt{3}}{2}=2+\sqrt{3}$.

Zatem równość jest prawdziwa.

Wiadomo, że suma tangensów kątów ostrych w trójkącie prostokątnym wynosi $\frac{5\sqrt{3}}{3}$. Obliczymy sumę kwadratów tych tangensów.

Wprowadźmy oznaczenia:

$\alpha$ oraz $\beta$ – kąty ostre w trójkącie prostokątnym.

Wiadomo, że $\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta =\frac{5\sqrt{3}}{3}$.

Podnosimy wyrażenie $\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta$ do kwadratu. Otrzymujemy:

${\left(\mathrm{tg}\alpha +\mathrm{tg}\beta \right)}^2={\mathrm{tg}}^2\alpha +{\mathrm{tg}}^2\beta +2\cdot \mathrm{tg}\alpha \cdot \mathrm{tg}\beta$.

Wiadomo, że $\mathrm{tg}\alpha ·\mathrm{tg}\beta =1$, zatem:

${\left(\frac{5\sqrt{3}}{3}\right)}^2={\text{tg}}^2\alpha +{\mathrm{tg}}^2\beta +2$.

Po przekształceniu otrzymujemy, że:

${\mathrm{tg}}^2\alpha +{\mathrm{tg}}^2\beta =\frac{19}{3}$.

stosunek długości przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do długości przyprostokątnej leżącej przy kącie

odcinek łączący wierzchołek trójkąta ze środkiem przeciwległego boku trójkąta