W trójkącie ABC dane są długości dwóch boków |AB| = 12, |BC| = 8 oraz miara kąta | ABC| = 60^ . Oblicz długość środkowej tego trójkąta, poprowadzonej z wierzchołka A.

Środkowa z wierzchołka A ma długość 4 7

Dany jest trójkąt ABC, w którym |AC| = 4, |AB| = 3, BAC = 4/5. Oblicz pole trójkąta ABC.

Pole trójkąta ABC jest równe 18/5 = 33/5

Strona główna › Trygonometria › Twierdzenie cosinusów

Twierdzenie cosinusów

Q: Jak brzmi twierdzenie cosinusów?

W dowolnym trójkącie c^2 = a^2 + b^2 - 2ab , gdzie to kąt leżący naprzeciw boku c, czyli zawarty między bokami a i b. Wzór ma trzy równoważne postaci, po jednej dla każdego boku.

Q: Dlaczego twierdzenie cosinusów nazywa się uogólnieniem Pitagorasa?

Bo dla kąta prostego 90° = 0, więc człon -2ab zeruje się w całości i zostaje c^2 = a^2+b^2. Twierdzenie Pitagorasa jest więc szczególnym przypadkiem twierdzenia cosinusów, a nie osobnym wzorem.

Q: Kiedy stosować twierdzenie cosinusów, a kiedy sinusów?

Cosinusów — gdy dane są dwa boki i kąt między nimi albo wszystkie trzy boki. Sinusów — gdy dane są dwa kąty i bok albo dwa boki i kąt nieleżący między nimi. Decyduje układ danych, nie rodzaj trójkąta.

Q: Jak obliczyć kąt, znając trzy boki trójkąta?

Ze wzoru odwróconego = a^2+b^2-c^2/2ab. Sam znak wyniku rozstrzyga rodzaj kąta: dodatni oznacza ostry, zero prosty, a ujemny rozwarty — bez sięgania po kalkulator.

Q: Dlaczego przy kącie rozwartym bok wychodzi dłuższy?

Bo cosinus kąta rozwartego jest ujemny, więc odejmowany człon staje się dodawany i c^2 przekracza a^2+b^2. Geometrycznie: rozwierając kąt między dwoma bokami, rozsuwasz ich końce, więc bok naprzeciw musi się wydłużyć.

Q: Czy twierdzenie cosinusów jest na maturze podstawowej?

Tak. Podstawa programowa wymienia je w dziale VII Trygonometria, w zakresie podstawowym, punkt 3 — razem ze wzorem na pole P = 1/2ab . Twierdzenie sinusów stoi w tym samym dziale, ale dopiero w zakresie rozszerzonym (punkt 7).

Twierdzenie Pitagorasa działa tylko w trójkącie prostokątnym — i to jest jego jedyna, ale poważna wada. Twierdzenie cosinusów zdejmuje to ograniczenie: liczy trzeci bok w dowolnym trójkącie, dokładając do znanego wzoru jeden człon poprawkowy. Najciekawsze jest to, że przy kącie prostym ten człon znika bez śladu i zostaje czysty Pitagoras. To nie jest nowy wzór — to ten sam, tylko bez założenia.

Dział: TrygonometriaPoziom: liceum — zakres podstawowyZadań z matury: 7

Przejdź od razu do zadań (7) ↓

1Co trzeba wiedzieć o cosinusie

Zanim wzór stanie się czytelny, wystarczy minimum o samym cosinusie — pełne omówienie funkcji trygonometrycznych to osobny temat.

Cosinus przypisuje kątowi liczbę. Dla kątów, jakie mogą wystąpić w trójkącie, czyli od $0°$ do $180°$ , ta liczba mieści się między $-1$ a $1$ .

kąt	$\cos$	rodzaj kąta
$30°$	$\frac{\sqrt3}{2} \approx 0{,}87$	ostry
$60°$	$\frac{1}{2}$	ostry
$90°$	$\textcolor{#16A06A}{0}$	prosty
$120°$	$-\frac{1}{2}$	rozwarty
$150°$	$-\frac{\sqrt3}{2} \approx -0{,}87$	rozwarty

Najważniejsza w całym twierdzeniu jest jedna komórka tej tabeli: $\cos 90° = \textcolor{#16A06A}{0}$ . Za chwilę okaże się, że to ona odpowiada za związek z Pitagorasem.

Druga rzecz warta zauważenia: dla kątów rozwartych cosinus jest ujemny. To nie jest ciekawostka — od tego zależy, czy poprawka we wzorze będzie odejmowana, czy dodawana.

To jest w podstawie programowej

Podstawa dla liceum, dział VII. Trygonometria, zakres podstawowy, punkt 3 brzmi dosłownie: „stosuje twierdzenie cosinusów oraz wzór na pole trójkąta” — a dalej stoi wzór, który w pliku podstawy jest grafiką, więc go nie odczytałem.

Wymieniony jest tam wyłącznie cosinus: twierdzenia sinusów w zakresie podstawowym nie ma (jest w rozszerzeniu, punkt 7). Punkt 1 dokłada wartości funkcji dla kątów $30°$ , $45°$ i $60°$ oraz definicje dla kątów od $0°$ do $180°$ , a punkt 4 — obliczanie kątów i boków trójkąta prostokątnego. Nic z tej strony nie wykracza poza zakres podstawowy.

2Wzór i co w nim jest

Twierdzenie cosinusów

W dowolnym trójkącie o bokach $a$ , $b$ , $c$ , gdzie $\gamma$ to kąt naprzeciw boku $c$ :

c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma

Porównaj to z twierdzeniem Pitagorasa, $c^2 = a^2 + b^2$ . Cała różnica to jeden dodatkowy człon $-2ab\cos\gamma$ , który pełni rolę poprawki.

Kluczowe jest, który kąt wstawiamy. Musi to być kąt leżący naprzeciw boku stojącego po lewej stronie równania — nie dowolny kąt trójkąta. Wzór ma więc trzy równoważne postaci:

$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma$ — gdzie $\gamma$ leży naprzeciw $c$ ,
$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha$ — gdzie $\alpha$ leży naprzeciw $a$ ,
$b^2 = a^2 + c^2 - 2ac\cos\beta$ — gdzie $\beta$ leży naprzeciw $b$ .

Schemat jest za każdym razem ten sam: po lewej kwadrat szukanego boku, po prawej kwadraty dwóch pozostałych i kąt między nimi. Ostatnie słowo jest tu istotne — kąt $\gamma$ leży dokładnie między bokami $a$ i $b$ , czyli między tymi, które występują w członie $2ab$ .

Kiedy sięgać po ten wzór

Dwa boki i kąt między nimi → szukasz trzeciego boku. To najczęstszy przypadek.

Trzy boki → szukasz dowolnego kąta, korzystając ze wzoru odwróconego (niżej).

Jeśli dane są dwa kąty i bok, twierdzenie cosinusów nie pomoże — wtedy potrzebne jest twierdzenie sinusów.

3Dlaczego to jest uogólnienie Pitagorasa

To najważniejsza obserwacja na tej stronie i warto ją zobaczyć rachunkiem, a nie przyjąć na słowo.

Podstawmy do wzoru kąt prosty, czyli $\gamma = \textcolor{#16A06A}{90°}$ :

c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\textcolor{#16A06A}{90°} = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \textcolor{#16A06A}{0} = \textcolor{#E0453A}{a^2 + b^2}

Człon poprawkowy wyzerował się w całości, bo mnożymy przez $\cos 90° = 0$ . Zostało dokładnie twierdzenie Pitagorasa.

Twierdzenie Pitagorasa jest więc szczególnym przypadkiem twierdzenia cosinusów — tym dla $\gamma = 90°$ . Nie są to dwa konkurencyjne wzory, tylko jeden, raz z założeniem i raz bez.

Zobaczmy jeszcze, co poprawka robi w pozostałych przypadkach:

kąt $\gamma$	$\cos\gamma$	człon $-2ab\cos\gamma$	wniosek
ostry	dodatni	odejmowany	$c^2 < a^2+b^2$ — bok krótszy niż u Pitagorasa
prosty	$0$	znika	$c^2 = a^2+b^2$ — dokładnie Pitagoras
rozwarty	ujemny	dodawany	$c^2 > a^2+b^2$ — bok dłuższy niż u Pitagorasa

Ostatnia kolumna ma sens także bez rachunku. Rozwierając kąt między dwoma bokami, rozsuwasz ich końce — więc bok naprzeciw musi się wydłużyć. Twierdzenie cosinusów mówi dokładnie, o ile.

Stąd bierze się też kryterium rodzaju trójkąta

Porównując $c^2$ z $a^2+b^2$ dla najdłuższego boku $c$ , rozstrzygasz rodzaj trójkąta bez liczenia kątów:

$c^2 < a^2+b^2$ → ostrokątny, $c^2 = a^2+b^2$ → prostokątny, $c^2 > a^2+b^2$ → rozwartokątny.

Środkowy przypadek to znane twierdzenie odwrotne do Pitagorasa — pozostałe dwa są jego naturalnym rozszerzeniem.

4Wzór odwrócony — liczenie kąta

Mając trzy boki, można wyznaczyć dowolny kąt. Wystarczy przekształcić wzór, traktując go jak zwykłe równanie.

c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma \quad \Rightarrow \quad 2ab\cos\gamma = a^2 + b^2 - c^2

\cos\gamma = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}

Ta postać jest bardzo wygodna, bo sam znak wyniku od razu mówi, jaki to kąt:

wynik dodatni → kąt ostry,
wynik równy zero → kąt prosty,
wynik ujemny → kąt rozwarty.

Nie trzeba więc sięgać po kalkulator, żeby stwierdzić, czy trójkąt jest rozwartokątny — wystarczy spojrzeć, czy licznik $a^2+b^2-c^2$ wyszedł ujemny.

Warto też zauważyć kontrolę zakresu: wynik musi mieścić się między $-1$ a $1$ . Jeśli wyjdzie poza ten przedział, dane są sprzeczne — najczęściej dlatego, że nie spełniają nierówności trójkąta i taki trójkąt w ogóle nie istnieje.

5Przykłady krok po kroku

Trzy przykłady: kąt ostry, kąt rozwarty i wyznaczanie kąta z trzech boków.

Przykład 1 Trzeci bok przy kącie 60°

W trójkącie dane są boki $a = \textcolor{#16A06A}{5}$ , $b = \textcolor{#16A06A}{8}$ oraz kąt między nimi $\gamma = \textcolor{#16A06A}{60°}$ . Oblicz bok $c$ .

Kąt $\textcolor{#16A06A}{60°}$ leży między danymi bokami, więc leży naprzeciw szukanego boku $c$ — twierdzenie cosinusów pasuje wprost.
Zapisuję wzór: $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma$ .
Odczytuję wartość: $\cos \textcolor{#16A06A}{60°} = \textcolor{#2F80D8}{\frac{1}{2}}$ .
Podstawiam: $c^2 = \textcolor{#16A06A}{5}^2 + \textcolor{#16A06A}{8}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{5} \cdot \textcolor{#16A06A}{8} \cdot \textcolor{#2F80D8}{\frac{1}{2}}$
Liczę kolejno: $25 + 64 - 40 = \textcolor{#E0453A}{49}$
$c = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{49}} = \textcolor{#8B5CF6}{7}$
Kontrola nierówności trójkąta: $\textcolor{#16A06A}{5} + \textcolor{#8B5CF6}{7} = 12 > \textcolor{#16A06A}{8}$ ✓ oraz $\textcolor{#16A06A}{5} + \textcolor{#16A06A}{8} = 13 > \textcolor{#8B5CF6}{7}$ ✓
Kontrola sensu: kąt jest ostry, więc $c$ musi być krótszy niż przy kącie prostym, gdzie wyszłoby $\sqrt{89} \approx 9{,}43$ — i rzeczywiście $7 < 9{,}43$ ✓

Odpowiedź: $c = 7$ .

Warto zwrócić uwagę na człon $2ab\cos\gamma = 40$ — to dokładnie tyle, o ile kwadrat boku jest mniejszy niż u Pitagorasa. Cały wzór sprowadza się do jednego odejmowania więcej.

Przykład 2 Kąt rozwarty — poprawka zmienia znak

W trójkącie dane są boki $a = \textcolor{#16A06A}{3}$ , $b = \textcolor{#16A06A}{5}$ oraz kąt między nimi $\gamma = \textcolor{#16A06A}{120°}$ . Oblicz bok $c$ .

Kąt jest rozwarty, więc jego cosinus będzie ujemny: $\cos \textcolor{#16A06A}{120°} = \textcolor{#2F80D8}{-\frac{1}{2}}$ .
Podstawiam do wzoru: $c^2 = \textcolor{#16A06A}{3}^2 + \textcolor{#16A06A}{5}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{3} \cdot \textcolor{#16A06A}{5} \cdot \left(\textcolor{#2F80D8}{-\frac{1}{2}}\right)$
Uwaga na znaki: odejmowanie liczby ujemnej to dodawanie. Człon poprawkowy wynosi $-30 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = \textcolor{#E0453A}{+15}$ .
$c^2 = 9 + 25 + \textcolor{#E0453A}{15} = \textcolor{#8B5CF6}{49}$
$c = \sqrt{\textcolor{#8B5CF6}{49}} = \textcolor{#E0453A}{7}$
Kontrola nierówności trójkąta: $\textcolor{#16A06A}{3} + \textcolor{#16A06A}{5} = 8 > \textcolor{#E0453A}{7}$ ✓
Kontrola sensu: kąt rozwarty, więc $c$ musi być dłuższy niż przy prostym, gdzie wyszłoby $\sqrt{34} \approx 5{,}83$ — i rzeczywiście $7 > 5{,}83$ ✓
Kontrola kryterium: $\textcolor{#E0453A}{7}^2 = 49$ , a $\textcolor{#16A06A}{3}^2 + \textcolor{#16A06A}{5}^2 = 34$ ; skoro $49 > 34$ , trójkąt jest rozwartokątny ✓

Odpowiedź: $c = 7$ .

Tu leży najczęstszy błąd rachunkowy całego tematu: przy kącie rozwartym poprawkę trzeba dodać, mimo że we wzorze stoi minus. Odpowiadają za to dwa minusy — jeden ze wzoru, drugi z ujemnego cosinusa.

Przykład 3 Kąt z trzech boków

Trójkąt ma boki $\textcolor{#16A06A}{7}$ , $\textcolor{#16A06A}{8}$ i $\textcolor{#16A06A}{13}$ . Wyznacz kąt leżący naprzeciw najdłuższego boku.

Najpierw sprawdzam, czy taki trójkąt istnieje: $\textcolor{#16A06A}{7} + \textcolor{#16A06A}{8} = 15 > \textcolor{#16A06A}{13}$ ✓
Szukany kąt leży naprzeciw boku $\textcolor{#16A06A}{13}$ , więc przyjmuję $c = \textcolor{#16A06A}{13}$ , $a = \textcolor{#16A06A}{7}$ , $b = \textcolor{#16A06A}{8}$ .
Korzystam ze wzoru odwróconego: $\cos\gamma = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ .
Licznik: $\textcolor{#16A06A}{7}^2 + \textcolor{#16A06A}{8}^2 - \textcolor{#16A06A}{13}^2 = 49 + 64 - 169 = \textcolor{#E0453A}{-56}$
Mianownik: $2 \cdot \textcolor{#16A06A}{7} \cdot \textcolor{#16A06A}{8} = \textcolor{#2F80D8}{112}$
$\cos\gamma = \frac{\textcolor{#E0453A}{-56}}{\textcolor{#2F80D8}{112}} = \textcolor{#8B5CF6}{-\frac{1}{2}}$
Wartość ujemna, więc kąt jest rozwarty. Z tabeli odczytuję $\gamma = \textcolor{#E0453A}{120°}$ .
Kontrola zakresu: $\textcolor{#8B5CF6}{-0{,}5}$ mieści się między $-1$ a $1$ ✓
Kontrola wsteczna: dla $a=7$ , $b=8$ , $\gamma=120°$ wychodzi $c^2 = 49+64+56 = 169$ , czyli $c = 13$ ✓

Odpowiedź: $\gamma = 120°$ .

Znak licznika wystarczył, żeby rozstrzygnąć rodzaj kąta jeszcze przed dzieleniem. Kontrola wsteczna — podstawienie wyniku z powrotem do wzoru prostego — jest tu wyjątkowo tania i warto ją robić zawsze.

6Najczęstsze błędy

Cztery błędy — dwa pierwsze dotyczą znaków i doboru kąta.

Wzięcie kąta, który nie leży naprzeciw szukanego boku

Skąd się bierze: Wzór wiąże bok z kątem leżącym naprzeciw niego — czyli z tym zawartym między dwoma pozostałymi bokami. Podstawienie dowolnego innego kąta daje wynik, który nie ma nic wspólnego z zadaniem, a przy tym wygląda sensownie.

Jak zrobić dobrze: Zanim podstawisz, wskaż na rysunku bok szukany i sprawdź, który kąt leży dokładnie po drugiej stronie. Kontrola: kąt musi być zawarty między bokami występującymi w członie $2ab$ .

Odejmowanie poprawki przy kącie rozwartym

Skąd się bierze: We wzorze widnieje minus, więc uczeń odejmuje — nie zauważając, że $\cos\gamma$ jest wtedy ujemny i dwa minusy dają plus. Dla $a=3$ , $b=5$ , $\gamma=120°$ daje to $c^2 = 19$ zamiast $49$ .

Jak zrobić dobrze: Podstawiaj wartość cosinusa w nawiasie, razem ze znakiem: $-2ab \cdot (-\tfrac12)$ . Kontrola sensu: przy kącie rozwartym $c$ musi wyjść dłuższe niż $\sqrt{a^2+b^2}$ .

Zapominanie o pierwiastku na końcu

Skąd się bierze: Wzór daje $c^2$ , a nie $c$ . Po policzeniu prawej strony łatwo zapisać wynik jako długość boku — zwłaszcza gdy liczba wygląda „ładnie”, jak $49$ .

Jak zrobić dobrze: Zapisuj wyraźnie, że liczysz $c^2$ , i dopiero w ostatnim wierszu wyciągaj pierwiastek. Kontrola rzędu wielkości: bok trójkąta o pozostałych bokach $5$ i $8$ nie może mieć $49$ .

Stosowanie twierdzenia cosinusów, gdy dane są dwa kąty i bok

Skąd się bierze: Wzór zawiera trzy boki i jeden kąt, więc przy dwóch kątach i jednym boku ma dwie niewiadome naraz — nie da się z niego nic wyliczyć. Próba prowadzi do równania bez rozwiązania.

Jak zrobić dobrze: Sprawdź układ danych: dwa boki i kąt między nimi albo trzy boki → twierdzenie cosinusów. Dwa kąty i bok albo dwa boki i kąt nie między nimi → twierdzenie sinusów.

Zadania maturalne — twierdzenie cosinusów i trygonometria w trójkącie dowolnym

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co policzone po drodze. Gdy trójkąt nie jest prostokątny, Pitagoras nie działa — i wtedy trzy wzory robią całą robotę:
twierdzenie cosinusów:

a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos\alpha

, gdzie

\alpha

to kąt między bokami

b

c

;
pole trójkąta:

P = \tfrac12 bc\sin\alpha

— znowu z kątem między tymi bokami;
twierdzenie sinusów:

\tfrac{a}{\sin\alpha} = 2R

, gdzie

R

to promień okręgu opisanego.
Twierdzenie cosinusów jest uogólnieniem Pitagorasa: dla

\alpha = 90^\circ

mamy

\cos 90^\circ = 0

i cały ostatni składnik znika, zostaje

a^2 = b^2 + c^2

. Dwie rzeczy, na które trzeba uważać przy kątach rozwartych:

\cos 120^\circ = -\tfrac12

jest ujemny, więc odejmowanie zamienia się w dodawanie; i naprzeciw kąta rozwartego leży najdłuższy bok.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (wrzesień 2022)2 pktśrednie

Dany jest trójkąt

ABC

o bokach długości

6

7

oraz

8

. Oblicz cosinus największego kąta tego trójkąta.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Cosinus największego kąta jest równy $\dfrac{1}{4}$

Krok 1 — który kąt jest największy? W każdym trójkącie naprzeciw najdłuższego boku leży największy kąt. Najdłuższy bok ma długość $\textcolor{#16A06A}{8}$ , więc szukamy kąta leżącego naprzeciw niego.
Nazwijmy go $\gamma$ ; boki go obejmujące mają długości $\textcolor{#16A06A}{6}$ i $\textcolor{#16A06A}{7}$ .
Krok 2 — twierdzenie cosinusów. Bok naprzeciw kąta $\gamma$ ma długość $\textcolor{#16A06A}{8}$ :
$\textcolor{#16A06A}{8}^2 = \textcolor{#16A06A}{6}^2 + \textcolor{#16A06A}{7}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{6} \cdot \textcolor{#16A06A}{7} \cdot \cos\gamma$
$\textcolor{#E0453A}{64} = \textcolor{#E0453A}{36} + \textcolor{#E0453A}{49} - \textcolor{#E0453A}{84}\cos\gamma$
Krok 3 — wyznaczamy cosinus:
$\textcolor{#E0453A}{84}\cos\gamma = \textcolor{#E0453A}{36} + \textcolor{#E0453A}{49} - \textcolor{#E0453A}{64} = \textcolor{#E0453A}{21} \qquad \Longrightarrow \qquad \cos\gamma = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{21}}{\textcolor{#E0453A}{84}} = \dfrac{1}{4}$
Odpowiedź: cosinus największego kąta jest równy $\tfrac14$ .
Kontrola liczbowa: $\cos\gamma = 0{,}25$ odpowiada kątowi $\gamma \approx \textcolor{#E0453A}{75{,}52^\circ}$ . Pozostałe dwa kąty (z twierdzenia cosinusów) to $\approx \textcolor{#E0453A}{46{,}57^\circ}$ i $\approx \textcolor{#E0453A}{57{,}91^\circ}$ ; suma $\approx \textcolor{#E0453A}{180^\circ}$ ✓
Kontrola znaku — warto ją zrobić od razu. Cosinus wyszedł dodatni, więc największy kąt jest ostry — a to znaczy, że trójkąt jest ostrokątny. Ma to sens, bo $6^2 + 7^2 = \textcolor{#E0453A}{85}$ jest większe od $8^2 = \textcolor{#E0453A}{64}$ : gdyby było mniejsze, kąt byłby rozwarty i cosinus ujemny.
Ta obserwacja to gotowe narzędzie. Porównując $b^2 + c^2$ z $a^2$ , rozpoznajesz rodzaj kąta bez liczenia: większe — kąt ostry, równe — prosty (czyli Pitagoras), mniejsze — rozwarty.

💡 Wskazówka: Zacznij od ustalenia, naprzeciw którego boku leży szukany kąt — największy kąt jest zawsze naprzeciw najdłuższego boku. Potem podstaw tak, żeby ten bok stał sam po lewej stronie wzoru, a dwa pozostałe w nawiasach po prawej. Najczęstsza pomyłka to podstawienie długości w złych miejscach; zapisanie „bok naprzeciw kąta = $8$ ” przed rachunkiem temu zapobiega.

⚠ Podstawienie do wzoru boku $6$ albo $7$ w miejsce boku naprzeciw kąta. Dla boku $6$ wychodzi $\cos = \tfrac{49+64-36}{2 \cdot 7 \cdot 8} = \tfrac{77}{112} = \tfrac{11}{16}$ — liczba dodatnia i sensowna, więc błąd nie ujawnia się sam. Dlatego trzeba świadomie sprawdzić, który bok jest naprzeciw. Drugi błąd: pominięcie minusa we wzorze i policzenie $\cos\gamma = \tfrac{64 - 36 - 49}{-84}$ z pomyloną kolejnością — najbezpieczniej przenieść wyraz z cosinusem na lewą stronę, jak w rozwiązaniu, i dopiero potem dzielić.

Zadanie 2 (informator CKE)2 pktśrednie

W trójkącie

ABC

dane są długości dwóch boków

|AB| = 12

|BC| = 8

oraz miara kąta

|\angle ABC| = 60^\circ

. Oblicz długość środkowej tego trójkąta, poprowadzonej z wierzchołka

A

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Środkowa z wierzchołka $A$ ma długość $4\sqrt7$

Krok 1 — gdzie kończy się środkowa. Środkowa z wierzchołka $A$ prowadzi do środka przeciwległego boku, czyli do środka $BC$ . Nazwijmy ten punkt $M$ :
$|BM| = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{8}}{2} = \textcolor{#E0453A}{4}$
Krok 2 — wybieramy trójkąt do rachunku. W trójkącie $ABM$ znamy dwa boki i kąt między nimi: $|AB| = \textcolor{#16A06A}{12}$ , $|BM| = \textcolor{#E0453A}{4}$ , a kąt między nimi to ten sam kąt $\textcolor{#16A06A}{60^\circ}$ przy wierzchołku $B$ (bo $M$ leży na boku $BC$ ).
To jest dokładnie sytuacja, do której służy twierdzenie cosinusów.
Krok 3 — twierdzenie cosinusów. Szukana środkowa $AM$ leży naprzeciw kąta $\textcolor{#16A06A}{60^\circ}$ :
$|AM|^2 = \textcolor{#16A06A}{12}^2 + \textcolor{#E0453A}{4}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{12} \cdot \textcolor{#E0453A}{4} \cdot \cos \textcolor{#16A06A}{60^\circ}$
$= \textcolor{#E0453A}{144} + \textcolor{#E0453A}{16} - \textcolor{#E0453A}{96} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac12} = \textcolor{#E0453A}{160} - \textcolor{#E0453A}{48} = \textcolor{#E0453A}{112}$
$|AM| = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{112}} = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{16} \cdot \textcolor{#E0453A}{7}} = 4\sqrt7$
Odpowiedź: środkowa ma długość $4\sqrt7$ .
Kontrola liczbowa: $4\sqrt7 \approx \textcolor{#E0453A}{10{,}583}$ .
Kontrola sensowności. Środkowa musi być krótsza od $|AB| = 12$ (bo $M$ leży bliżej $B$ niż $C$ , a kąt przy $B$ jest ostry) i dłuższa od różnicy $12 - 4 = \textcolor{#E0453A}{8}$ . Wynik $10{,}58$ mieści się między $8$ i $12$ ✓
Uwaga na kluczową pułapkę. Kąt $\textcolor{#16A06A}{60^\circ}$ jest kątem między bokami $AB$ i $BC$ — a więc także między $AB$ i $BM$ , bo $BM$ jest częścią $BC$ i leży na tej samej półprostej. Gdyby środkowa wychodziła z innego wierzchołka, kąt trzeba by najpierw policzyć.

💡 Wskazówka: Środkowa dzieli przeciwległy bok na pół — i to jedyna rzecz, którą trzeba dopisać do danych, żeby móc użyć twierdzenia cosinusów. Wybierz ten trójkąt, w którym znasz dwa boki i kąt między nimi; tu jest to $ABM$ , bo kąt $60^\circ$ leży właśnie między $AB$ i $BM$ . Zapisz $\cos 60^\circ = \tfrac12$ od razu, żeby nie mnożyć symbolu przez liczby.

⚠ Użycie całej długości $|BC| = 8$ zamiast połowy — wtedy liczymy nie środkową, a bok $AC$ : $144 + 64 - 96 = 112$ ? nie, $144+64-2\cdot12\cdot8\cdot\tfrac12 = 208 - 96 = 112$ , czyli przypadkiem tę samą liczbę. Zbieg okoliczności, ale groźny: obie drogi dają $\sqrt{112}$ , więc błąd nie ujawnia się w wyniku. Dlatego warto jawnie zapisać $|BM| = 4$ jako osobny krok. Drugi błąd: przyjęcie $\cos 60^\circ = \tfrac{\sqrt3}{2}$ — to sinus; cosinus sześćdziesięciu stopni wynosi $\tfrac12$ .

Zadanie 3 (grudzień 2022)2 pktśrednie

Dany jest trójkąt

ABC

, w którym

|AC| = 4

|AB| = 3

\cos \angle BAC = \dfrac{4}{5}

. Oblicz pole trójkąta

ABC

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Pole trójkąta $ABC$ jest równe $\dfrac{18}{5} = 3\dfrac{3}{5}$

Dane są dwa boki i kąt między nimi — to sytuacja dla wzoru $P = \tfrac12 bc\sin\alpha$ . Kłopot w tym, że treść podaje cosinus, a wzór potrzebuje sinusa.
Krok 1 — sinus z jedynki trygonometrycznej. Kąt w trójkącie jest mniejszy od $180^\circ$ , a jego sinus jest zawsze dodatni, więc bierzemy pierwiastek dodatni:
$\sin^2\alpha = 1 - \left(\textcolor{#16A06A}{\dfrac45}\right)^2 = 1 - \dfrac{\textcolor{#E0453A}{16}}{\textcolor{#E0453A}{25}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{9}{25}} \qquad \Longrightarrow \qquad \sin\alpha = \textcolor{#E0453A}{\dfrac35}$
(trójka pitagorejska $\textcolor{#E0453A}{3}, \textcolor{#E0453A}{4}, \textcolor{#E0453A}{5}$ )
Krok 2 — pole. Kąt $\alpha = \angle BAC$ leży między bokami $AB$ i $AC$ , więc do wzoru wchodzą właśnie ich długości:
$P = \dfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{|AB|} \cdot \textcolor{#16A06A}{|AC|} \cdot \sin\alpha = \dfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{3} \cdot \textcolor{#16A06A}{4} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac35} = \textcolor{#E0453A}{6} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac35} = \dfrac{18}{5}$
Odpowiedź: $P = \tfrac{18}{5} = 3\tfrac35$ .
Kontrola liczbowa: $\cos\alpha = 0{,}8$ odpowiada kątowi $\alpha \approx \textcolor{#E0453A}{36{,}87^\circ}$ , a $P = \tfrac12 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \sin 36{,}87^\circ \approx 6 \cdot \textcolor{#E0453A}{0{,}6} = \textcolor{#E0453A}{3{,}6}$ ✓
Kontrola sensowności. Największe możliwe pole trójkąta o bokach $3$ i $4$ przypada na kąt prosty i wynosi $\tfrac12 \cdot 3 \cdot 4 = \textcolor{#E0453A}{6}$ . Nasz kąt jest ostry (cosinus dodatni), więc pole musi być mniejsze od $6$ — i jest ( $3{,}6$ ) ✓
Dlaczego wzór z sinusem, a nie „podstawa razy wysokość”. Wysokości nie znamy i policzenie jej wymagałoby dodatkowej pracy; wzór $\tfrac12 bc\sin\alpha$ omija ten krok, bo $c\sin\alpha$ jest wysokością opuszczoną na bok $b$ . To ten sam wzór zapisany inaczej.

💡 Wskazówka: Kąt we wzorze na pole musi leżeć między dwoma bokami, które mnożysz — sprawdź to, zanim podstawisz. Zapis $\angle BAC$ mówi wprost, że kąt jest przy wierzchołku $A$ , więc obejmują go boki wychodzące z $A$ , czyli $AB$ i $AC$ . Gdyby treść podała bok $BC$ , nie wolno by go było użyć w tym wzorze.

⚠ Podstawienie cosinusa do wzoru na pole i policzenie $\tfrac12 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \tfrac45 = \tfrac{24}{5}$ . Wzór na pole zawiera sinus i trzeba go najpierw policzyć z jedynki trygonometrycznej. Kontrola: $\tfrac{24}{5} = 4{,}8$ jest bliżej maksimum $6$ , niż powinno być dla kąta $37^\circ$ — a im mniejszy kąt, tym mniejsze pole. Drugi błąd: użycie boku $BC$ zamiast jednego z boków przy wierzchołku $A$ — ale $|BC|$ nie jest w tym zadaniu nawet podane, co samo w sobie podpowiada, które boki mnożyć.

Zadanie 4 (czerwiec 2019)4 pkttrudniejsze

Dany jest trójkąt rozwartokątny

ABC

, w którym

\angle ACB

ma miarę

120^\circ

. Ponadto wiadomo, że

|BC| = 10

|AB| = 10\sqrt7

(zobacz rysunek). Oblicz długość trzeciego boku trójkąta

ABC

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $|AC| = 20$

Zadanie za cztery punkty i jedyne na tej stronie, w którym twierdzenie cosinusów prowadzi do równania kwadratowego — bo szukany bok stoi po prawej stronie wzoru, nie po lewej.
Krok 1 — rozpoznajemy układ. Kąt $\textcolor{#16A06A}{120^\circ}$ jest przy wierzchołku $C$ , więc naprzeciw niego leży bok $\textcolor{#16A06A}{AB} = \textcolor{#16A06A}{10\sqrt7}$ . Boki obejmujące ten kąt to $\textcolor{#16A06A}{BC} = \textcolor{#16A06A}{10}$ i szukany $AC$ — oznaczmy go $x$ .
Krok 2 — twierdzenie cosinusów. Pamiętamy, że $\cos \textcolor{#16A06A}{120^\circ} = \textcolor{#E0453A}{-\dfrac12}$ — liczba ujemna:
$\textcolor{#16A06A}{\left(10\sqrt7\right)}^2 = x^2 + \textcolor{#16A06A}{10}^2 - 2 \cdot x \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \left(\textcolor{#E0453A}{-\dfrac12}\right)$
Lewa strona: $\left(\textcolor{#16A06A}{10\sqrt7}\right)^2 = \textcolor{#E0453A}{100} \cdot \textcolor{#E0453A}{7} = \textcolor{#E0453A}{700}$ — do kwadratu podnosimy oba czynniki.
Prawa strona: dwa minusy dają plus, więc ostatni składnik dodaje się:
$\textcolor{#E0453A}{700} = x^2 + \textcolor{#E0453A}{100} + \textcolor{#E0453A}{10}x$
Krok 3 — równanie kwadratowe:
$x^2 + \textcolor{#E0453A}{10}x - \textcolor{#E0453A}{600} = 0$
$\Delta = \textcolor{#E0453A}{10}^2 + 4 \cdot \textcolor{#E0453A}{600} = \textcolor{#E0453A}{100} + \textcolor{#E0453A}{2400} = \textcolor{#E0453A}{2500}, \qquad \sqrt{\Delta} = \textcolor{#E0453A}{50}$
$x = \dfrac{-\textcolor{#E0453A}{10} + \textcolor{#E0453A}{50}}{2} = \textcolor{#E0453A}{20} \qquad \text{albo} \qquad x = \dfrac{-\textcolor{#E0453A}{10} - \textcolor{#E0453A}{50}}{2} = \textcolor{#E0453A}{-30}$
Krok 4 — odrzucamy pierwiastek ujemny. Długość boku nie może być liczbą ujemną, więc $x = 20$ .
Odpowiedź: $|AC| = 20$ .
Sprawdzenie przez podstawienie: $20^2 + 10^2 - 2 \cdot 20 \cdot 10 \cdot \left(-\tfrac12\right) = \textcolor{#E0453A}{400} + \textcolor{#E0453A}{100} + \textcolor{#E0453A}{200} = \textcolor{#E0453A}{700}$ , a $\left(10\sqrt7\right)^2 = \textcolor{#E0453A}{700}$ ✓
Kontrola sensowności. Naprzeciw kąta rozwartego leży najdłuższy bok: $10\sqrt7 \approx \textcolor{#E0453A}{26{,}46}$ jest dłuższe od $20$ i od $10$ ✓ Gdyby wyszło $x$ większe od $26{,}46$ , byłby to sygnał błędu.

💡 Wskazówka: Gdy szukany bok obejmuje dany kąt (a nie leży naprzeciw niego), twierdzenie cosinusów daje równanie kwadratowe — i tak ma być. Zapisz je w postaci $x^2 + bx + c = 0$ i policz deltę. Przy kącie rozwartym pilnuj znaku: $\cos 120^\circ = -\tfrac12$ , więc podwójny minus zamienia się w plus i wyraz z $x$ ma współczynnik dodatni.

⚠ Przyjęcie $\cos 120^\circ = \tfrac12$ zamiast $-\tfrac12$ . Wtedy równanie brzmi $x^2 - 10x - 600 = 0$ i daje $x = 30$ — liczbę dodatnią i wyglądającą wiarygodnie, więc błąd nie ujawnia się sam. Wykrywa go dopiero kontrola: $30$ byłoby dłuższe od boku $10\sqrt7 \approx 26{,}5$ leżącego naprzeciw kąta rozwartego, a to niemożliwe. Drugi błąd: policzenie $\left(10\sqrt7\right)^2$ jako $10 \cdot 7 = 70$ zamiast $100 \cdot 7 = 700$ — do kwadratu podnosimy oba czynniki. Trzeci: przyjęcie, że skoro kąt jest rozwarty, to szukany bok leży naprzeciw niego; naprzeciw leży bok podany w treści.

Zadanie 5 (styczeń 2003)4 pkttrudniejsze

Dany jest trójkąt, którego dwa boki mają długości

8

cm i

12

cm, kąt zawarty między tymi bokami ma miarę

120^\circ

. Oblicz długość promienia okręgu opisanego na tym trójkącie.

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $R = \dfrac{4\sqrt{57}}{3}$ cm

Jedyne zadanie na tej stronie, które wymaga obu twierdzeń: cosinusów do trzeciego boku, a potem sinusów do promienia.
Krok 1 — trzeci bok z twierdzenia cosinusów. Kąt $\textcolor{#16A06A}{120^\circ}$ jest między bokami $\textcolor{#16A06A}{8}$ i $\textcolor{#16A06A}{12}$ , więc szukany bok $c$ leży naprzeciw niego:
$c^2 = \textcolor{#16A06A}{8}^2 + \textcolor{#16A06A}{12}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{8} \cdot \textcolor{#16A06A}{12} \cdot \cos \textcolor{#16A06A}{120^\circ}$
$= \textcolor{#E0453A}{64} + \textcolor{#E0453A}{144} - \textcolor{#E0453A}{192} \cdot \left(\textcolor{#E0453A}{-\dfrac12}\right) = \textcolor{#E0453A}{208} + \textcolor{#E0453A}{96} = \textcolor{#E0453A}{304}$
$c = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{304}} = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{16} \cdot \textcolor{#E0453A}{19}} = \textcolor{#E0453A}{4\sqrt{19}}$
Krok 2 — promień z twierdzenia sinusów. Wzór $\tfrac{c}{\sin\gamma} = 2R$ wiąże bok z kątem naprzeciw niego — a naprzeciw boku $c$ leży właśnie znany kąt $\textcolor{#16A06A}{120^\circ}$ . To dlatego liczymy $c$ jako pierwsze.
$\sin \textcolor{#16A06A}{120^\circ} = \sin\left(180^\circ - \textcolor{#16A06A}{120^\circ}\right) = \sin \textcolor{#E0453A}{60^\circ} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\sqrt3}{2}}$
$2R = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{4\sqrt{19}}}{\textcolor{#E0453A}{\frac{\sqrt3}{2}}} = \textcolor{#E0453A}{4\sqrt{19}} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{2}{\sqrt3}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{8\sqrt{19}}{\sqrt3}}$
$R = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{4\sqrt{19}}{\sqrt3}}$
Krok 3 — usuwamy niewymierność z mianownika:
$R = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{4\sqrt{19}}{\sqrt3}} \cdot \dfrac{\sqrt3}{\sqrt3} = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{4}\sqrt{\textcolor{#E0453A}{57}}}{\textcolor{#E0453A}{3}} = \dfrac{4\sqrt{57}}{3}$
(bo $\sqrt{19} \cdot \sqrt3 = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{57}}$ )
Odpowiedź: $R = \tfrac{4\sqrt{57}}{3}$ cm.
Kontrola liczbowa: $\sqrt{57} \approx \textcolor{#E0453A}{7{,}550}$ , więc $R \approx \tfrac{30{,}20}{3} \approx \textcolor{#E0453A}{10{,}07}$ cm. Trzeci bok $c = 4\sqrt{19} \approx \textcolor{#E0453A}{17{,}44}$ cm.
Sprawdzenie twierdzeniem sinusów: $\tfrac{17{,}44}{0{,}866} \approx \textcolor{#E0453A}{20{,}14} = 2R$ ✓
Kontrola sensowności. Trójkąt rozwartokątny ma środek okręgu opisanego na zewnątrz siebie, a promień jest większy niż połowa najdłuższego boku: $\tfrac{17{,}44}{2} = \textcolor{#E0453A}{8{,}72} < 10{,}07$ ✓ Gdyby $R$ wyszło mniejsze od połowy najdłuższego boku, byłby to sygnał błędu, bo każdy bok jest cięciwą tego okręgu.

💡 Wskazówka: Kolejność jest tu wymuszona: twierdzenie sinusów wiąże bok z kątem naprzeciw niego, a jedyny znany kąt leży naprzeciw nieznanego boku — więc najpierw twierdzenie cosinusów, potem sinusów. Do sinusa kąta rozwartego użyj wzoru redukcyjnego: $\sin 120^\circ = \sin 60^\circ = \tfrac{\sqrt3}{2}$ , czyli tyle samo co dla kąta ostrego, bez zmiany znaku (inaczej niż cosinus).

⚠ Przyjęcie $\sin 120^\circ = -\tfrac{\sqrt3}{2}$ przez analogię do cosinusa. Sinus w drugiej ćwiartce jest dodatni — ujemny wyszedłby tylko cosinusowi. Ujemny promień od razu sygnalizuje ten błąd. Drugi błąd: pominięcie dwójki we wzorze i policzenie $R = \tfrac{c}{\sin\gamma}$ zamiast $\tfrac{c}{2\sin\gamma}$ ; wynik wychodzi wtedy dwa razy za duży, a kontrola „promień większy od połowy najdłuższego boku, ale nie dwukrotnie” go wyłapuje. Trzeci: użycie kąta $120^\circ$ z bokiem $8$ albo $12$ we twierdzeniu sinusów — ten kąt leży naprzeciw trzeciego boku, a nie naprzeciw tych, które go obejmują.

Zadanie 6 (sierpień 2020)4 pkttrudniejsze

Dany jest trójkąt równoramienny

ABC

, w którym podstawa

AB

ma długość

12

, a każde z ramion

AC

BC

ma długość równą

10

. Punkt

D

jest środkiem ramienia

BC

(zobacz rysunek). Oblicz sinus kąta

\alpha

, jaki środkowa

AD

tworzy z ramieniem

AC

trójkąta

ABC

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: $\sin\alpha = \dfrac{24\sqrt{97}}{485} \approx 0{,}487$

Krok 1 — cosinus kąta przy wierzchołku $C$ . Kąt przy $C$ leży między dwoma ramionami, a naprzeciw niego jest podstawa — czyli znamy wszystkie trzy boki i szukamy kąta. To wprost twierdzenie cosinusów. Oznaczmy $\gamma = \sphericalangle ACB$ :
$|AB|^2 = |AC|^2 + |BC|^2 - 2 \cdot |AC| \cdot |BC| \cdot \cos\gamma$
$\textcolor{#16A06A}{12}^2 = \textcolor{#16A06A}{10}^2 + \textcolor{#16A06A}{10}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \cos\gamma$
$144 = 200 - 200\cos\gamma \qquad \Longrightarrow \qquad \cos\gamma = \dfrac{56}{200} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{7}{25}}$
Krok 2 — długość środkowej $AD$ . Punkt $D$ jest środkiem ramienia $BC$ , więc $|CD| = \textcolor{#E0453A}{5}$ . W trójkącie $ACD$ znamy teraz dwa boki i kąt między nimi (ten sam $\gamma$ , bo kąt przy $C$ jest wspólny dla obu trójkątów) — znowu twierdzenie cosinusów, tym razem w drugą stronę:
$|AD|^2 = |AC|^2 + |CD|^2 - 2 \cdot |AC| \cdot |CD| \cdot \cos\gamma = \textcolor{#16A06A}{10}^2 + \textcolor{#E0453A}{5}^2 - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{7}{25}}$
$|AD|^2 = 100 + 25 - \textcolor{#E0453A}{28} = \textcolor{#E0453A}{97} \qquad \Longrightarrow \qquad |AD| = \textcolor{#E0453A}{\sqrt{97}}$
Krok 3 — sinus kąta $\gamma$ . Potrzebny będzie do pola. Bierzemy go z jedynki trygonometrycznej:
$\sin\gamma = \sqrt{1 - \left(\textcolor{#E0453A}{\tfrac{7}{25}}\right)^2} = \sqrt{1 - \dfrac{49}{625}} = \sqrt{\dfrac{576}{625}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{24}{25}}$
Krok 4 — pole trójkąta $ACD$ policzone DWOMA sposobami. To jest cały pomysł na to zadanie. Trójkąt $ACD$ ma dwa kąty, o których coś wiemy: $\gamma$ przy wierzchołku $C$ oraz szukany $\alpha$ przy wierzchołku $A$ . Wzór $P = \tfrac12 ab\sin\gamma$ zadziała dla obu.
Raz — przez kąt $\gamma$ , między bokami $AC$ i $CD$ :
$P_{ACD} = \tfrac12 \cdot |AC| \cdot |CD| \cdot \sin\gamma = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{24}{25}} = \textcolor{#E0453A}{24}$
Dwa — przez kąt $\alpha$ , między bokami $AC$ i $AD$ :
$P_{ACD} = \tfrac12 \cdot |AC| \cdot |AD| \cdot \sin\alpha = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{10} \cdot \textcolor{#E0453A}{\sqrt{97}} \cdot \sin\alpha = \textcolor{#E0453A}{5\sqrt{97}} \cdot \sin\alpha$
Krok 5 — porównujemy. To jedno i to samo pole, więc:
$\textcolor{#E0453A}{5\sqrt{97}} \cdot \sin\alpha = \textcolor{#E0453A}{24} \qquad \Longrightarrow \qquad \sin\alpha = \dfrac{24}{5\sqrt{97}} = \dfrac{24\sqrt{97}}{485}$
Odpowiedź: $\sin\alpha = \dfrac{24\sqrt{97}}{485} \approx 0{,}487$ .
Kontrola sensowności — warto ją zrobić, bo wynik jest brzydki i łatwo się pomylić w rachunku. Kąt $\alpha$ jest częścią kąta $BAC$ , więc musi być od niego mniejszy. Cosinus kąta $BAC$ liczymy z twierdzenia cosinusów: $\cos\sphericalangle BAC = \tfrac{144 + 100 - 100}{2 \cdot 12 \cdot 10} = \textcolor{#E0453A}{0{,}6}$ , czyli $\sphericalangle BAC \approx \textcolor{#E0453A}{53{,}13^\circ}$ . Z naszego wyniku $\alpha = \arcsin 0{,}487 \approx \textcolor{#E0453A}{29{,}17^\circ}$ ✓ mniejszy.
Kontrola domykająca: pozostała część, czyli kąt $BAD$ , powinna wynosić $53{,}13^\circ - 29{,}17^\circ = \textcolor{#E0453A}{23{,}96^\circ}$ . Policzmy ją niezależnie z trójkąta $ABD$ — i faktycznie $\cos\sphericalangle BAD = \tfrac{9}{\sqrt{97}} \approx \textcolor{#E0453A}{0{,}9138}$ , czyli $\textcolor{#E0453A}{23{,}96^\circ}$ ✓ obie części składają się na całość. Podaję tu dwa miejsca po przecinku nie z pedanterii: przy jednym miejscu wyszłoby $29{,}2^\circ + 24{,}0^\circ = 53{,}2^\circ$ i kontrola przestałaby się domykać, choć rachunek byłby poprawny.

💡 Wskazówka: Dwie rzeczy warto zauważyć od razu. Po pierwsze: środkowa $AD$ nie jest wysokością. Trójkąt jest równoramienny, ale osią symetrii jest tylko środkowa poprowadzona z $C$ do podstawy — środkowa poprowadzona do ramienia nie ma żadnych szczególnych własności i nie tworzy kąta prostego. Po drugie: kąta $\alpha$ nie da się dosięgnąć bezpośrednio, bo nie leży naprzeciw żadnego znanego boku w trójkącie o trzech znanych bokach. Ratuje policzenie tego samego pola dwoma sposobami — raz przez kąt, który znamy, raz przez kąt, którego szukamy. To standardowy chwyt na „sinus kąta, do którego nie ma dojścia”, i wraca w wielu zadaniach za cztery punkty.

⚠ Założenie, że środkowa $AD$ jest prostopadła do ramienia $BC$ , i policzenie $\sin\alpha$ z trójkąta prostokątnego. Prostopadłość zachodziłaby tylko wtedy, gdyby $|AB| = |AC|$ , a tutaj $12 \neq 10$ — trójkąt jest równoramienny, ale „nie tą stroną”. Drugi błąd: wzięcie $|CD| = 10$ zamiast $5$ ; punkt $D$ jest środkiem ramienia, więc dzieli je na połowy. Trzeci błąd, najbardziej podstępny: policzenie sinusa niewłaściwego kąta, czyli $\sphericalangle BAD$ zamiast $\sphericalangle DAC$ . Wychodzi wtedy $\tfrac{4}{\sqrt{97}} = \tfrac{4\sqrt{97}}{97} \approx 0{,}406$ — liczba równie „brzydka”, więc nic nie zgrzyta. Treść mówi jasno: kąt między środkową $AD$ a ramieniem $AC$ , a nie między środkową a podstawą.

Zadanie 7 (czerwiec 2016)4 pkttrudniejsze

W trójkącie

ABC

dane są długości boków

|AB| = 15

|AC| = 12

oraz

\cos\alpha = \dfrac{4}{5}

, gdzie

\alpha = \sphericalangle BAC

. Na bokach

AB

AC

tego trójkąta obrano punkty odpowiednio

D

E

takie, że

|BD| = 2|AD|

|AE| = 2|CE|

(zobacz rysunek). Oblicz pole a) trójkąta

ADE

, b) czworokąta

BCED

Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: a) $P_{ADE} = 12$ , b) $P_{BCED} = 42$

Krok 1 — sinus kąta $\alpha$ . Pole trójkąta z dwóch boków i kąta między nimi liczy się przez sinus, a treść podaje cosinus. Zamieniamy jedynką trygonometryczną. Kąt $\alpha$ jest kątem trójkąta i ma cosinus dodatni, więc jest ostry, a sinus jest dodatni:
$\sin\alpha = \sqrt{1 - \left(\textcolor{#16A06A}{\tfrac45}\right)^2} = \sqrt{1 - \dfrac{16}{25}} = \sqrt{\dfrac{9}{25}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac35}$
Krok 2 — długość $AD$ . Uwaga na kierunek warunku: $|BD| = 2|AD|$ znaczy, że kawałek przy $A$ jest krótszy. Oba kawałki składają się na cały bok:
$|AD| + |BD| = |AB| \qquad \Longrightarrow \qquad |AD| + 2|AD| = \textcolor{#16A06A}{15} \qquad \Longrightarrow \qquad |AD| = \textcolor{#E0453A}{5}$
Krok 3 — długość $AE$ . Tutaj warunek jest odwrócony: $|AE| = 2|CE|$ , czyli kawałek przy $A$ jest dłuższy:
$|AE| + |CE| = |AC| \qquad \Longrightarrow \qquad |AE| + \tfrac12|AE| = \textcolor{#16A06A}{12} \qquad \Longrightarrow \qquad |AE| = \textcolor{#E0453A}{8}$
Krok 4 — pole trójkąta $ADE$ . Boki $AD$ i $AE$ wychodzą z wierzchołka $A$ , więc kątem między nimi jest dokładnie $\alpha$ — ten sam, który podaje treść. Nie trzeba liczyć żadnego nowego kąta:
$P_{ADE} = \tfrac12 \cdot |AD| \cdot |AE| \cdot \sin\alpha = \tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac35} = 12$
Odpowiedź a): $P_{ADE} = 12$ .
Krok 5 — pole całego trójkąta $ABC$ . Ten sam wzór i ten sam kąt $\alpha$ , tylko z pełnymi bokami:
$P_{ABC} = \tfrac12 \cdot |AB| \cdot |AC| \cdot \sin\alpha = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{15} \cdot \textcolor{#16A06A}{12} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac35} = \textcolor{#E0453A}{54}$
Krok 6 — czworokąt jako różnica. Odcinek $DE$ dzieli trójkąt $ABC$ na dwie części: trójkąt $ADE$ i czworokąt $BCED$ . Nie trzeba więc żadnego wzoru na czworokąt — wystarczy odjąć:
$P_{BCED} = P_{ABC} - P_{ADE} = \textcolor{#E0453A}{54} - 12 = 42$
Odpowiedź b): $P_{BCED} = 42$ .
Kontrola pierwsza, przez stosunek pól. Trójkąty $ADE$ i $ABC$ mają wspólny kąt $\alpha$ , a ich boki są w stosunkach $\tfrac{|AD|}{|AB|} = \tfrac{5}{15} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac13}$ oraz $\tfrac{|AE|}{|AC|} = \tfrac{8}{12} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac23}$ . Ponieważ w obu polach występuje ten sam $\sin\alpha$ , stosunek pól jest iloczynem tych dwóch liczb: $\textcolor{#E0453A}{\tfrac13} \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac23} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac29}$ . I zgadza się: $\tfrac{12}{54} = \textcolor{#E0453A}{\tfrac29}$ ✓
Kontrola druga, całkiem inną drogą — przez twierdzenie cosinusów i wzór Herona. W trójkącie $ADE$ znamy dwa boki i kąt między nimi, więc trzeci bok liczymy z twierdzenia cosinusów:
$|DE|^2 = \textcolor{#E0453A}{5}^2 + \textcolor{#E0453A}{8}^2 - 2 \cdot \textcolor{#E0453A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{8} \cdot \textcolor{#16A06A}{\tfrac45} = 25 + 64 - \textcolor{#E0453A}{64} = \textcolor{#E0453A}{25} \qquad \Longrightarrow \qquad |DE| = \textcolor{#E0453A}{5}$
Trójkąt $ADE$ ma więc boki $5$ , $8$ , $5$ . Wzór Herona: $p = \textcolor{#E0453A}{9}$ i $P = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{9} \cdot 4 \cdot 1 \cdot 4} = \sqrt{\textcolor{#E0453A}{144}} = 12$ ✓ to samo pole, a droga zupełnie inna.

💡 Wskazówka: Klucz jest w tym, że kąt $\alpha$ jest wspólny dla małego trójkąta i dużego. Dlatego jeden raz policzony $\sin\alpha$ obsługuje oba pola, a czworokąt wychodzi z odejmowania — bez żadnego wzoru na czworokąt. Warto zapamiętać wniosek ogólny, bo wraca często: jeśli na dwóch bokach wychodzących z jednego wierzchołka odetniemy części w stosunkach $p$ i $q$ , to pole odciętego trójkąta stanowi $p \cdot q$ pola całego — iloczyn, nie kwadrat. Kwadrat skali obowiązuje tylko dla figur podobnych, a tu $\tfrac13 \neq \tfrac23$ , więc trójkąty podobne nie są.

⚠ Odczytanie obu warunków w tę samą stronę. Zapisy $|BD| = 2|AD|$ i $|AE| = 2|CE|$ są celowo napisane odwrotnie: w pierwszym dłuższy jest kawałek przy $B$ , w drugim — kawałek przy $A$ . Kto potraktuje je jednakowo, dostanie $|AE| = 4$ zamiast $8$ i pole $6$ zamiast $12$ . Drugi błąd: podstawienie do wzoru na pole cosinusa zamiast sinusa; wzór $P = \tfrac12 ab\sin\gamma$ wymaga sinusa kąta między tymi bokami, a treść podaje cosinus właśnie dlatego, żeby wymusić przejście przez jedynkę. Trzeci błąd: potraktowanie stosunku pól jako kwadratu skali — trójkąty $ADE$ i $ABC$ nie są podobne, bo boki są skrócone w różnych stosunkach; podobieństwo wymagałoby tego samego stosunku na obu bokach. Czwarty błąd: liczenie pola czworokąta $BCED$ osobno, jakiegoś wzoru na trapez — czworokąt nie jest trapezem, a odejmowanie od pola całego trójkąta jest i krótsze, i pewne.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. Cosinus największego kąta jest równy $\dfrac{1}{4}$	2. Środkowa z wierzchołka $A$ ma długość $4\sqrt7$	3. Pole trójkąta $ABC$ jest równe $\dfrac{18}{5} = 3\dfrac{3}{5}$	4. $\|AC\| = 20$	5. $R = \dfrac{4\sqrt{57}}{3}$ cm	6. $\sin\alpha = \dfrac{24\sqrt{97}}{485} \approx 0{,}487$
7. a) $P_{ADE} = 12$ , b) $P_{BCED} = 42$

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

7Pytania i odpowiedzi

Jak brzmi twierdzenie cosinusów?

W dowolnym trójkącie $c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos\gamma$ , gdzie $\gamma$ to kąt leżący naprzeciw boku $c$ , czyli zawarty między bokami $a$ i $b$ . Wzór ma trzy równoważne postaci, po jednej dla każdego boku.

Dlaczego twierdzenie cosinusów nazywa się uogólnieniem Pitagorasa?

Bo dla kąta prostego $\cos 90° = 0$ , więc człon $-2ab\cos\gamma$ zeruje się w całości i zostaje $c^2 = a^2+b^2$ . Twierdzenie Pitagorasa jest więc szczególnym przypadkiem twierdzenia cosinusów, a nie osobnym wzorem.

Kiedy stosować twierdzenie cosinusów, a kiedy sinusów?

Cosinusów — gdy dane są dwa boki i kąt między nimi albo wszystkie trzy boki. Sinusów — gdy dane są dwa kąty i bok albo dwa boki i kąt nieleżący między nimi. Decyduje układ danych, nie rodzaj trójkąta.

Jak obliczyć kąt, znając trzy boki trójkąta?

Ze wzoru odwróconego $\cos\gamma = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ . Sam znak wyniku rozstrzyga rodzaj kąta: dodatni oznacza ostry, zero prosty, a ujemny rozwarty — bez sięgania po kalkulator.

Dlaczego przy kącie rozwartym bok wychodzi dłuższy?

Bo cosinus kąta rozwartego jest ujemny, więc odejmowany człon staje się dodawany i $c^2$ przekracza $a^2+b^2$ . Geometrycznie: rozwierając kąt między dwoma bokami, rozsuwasz ich końce, więc bok naprzeciw musi się wydłużyć.

Czy twierdzenie cosinusów jest na maturze podstawowej?

Tak. Podstawa programowa wymienia je w dziale VII Trygonometria, w zakresie podstawowym, punkt 3 — razem ze wzorem na pole $P = \frac{1}{2}ab\sin\gamma$ . Twierdzenie sinusów stoi w tym samym dziale, ale dopiero w zakresie rozszerzonym (punkt 7).

Czytaj dalej

Twierdzenie PitagorasaSzczególny przypadek tego wzoru — dla kąta prostego TrójkątNierówność trójkąta, czyli kontrola sensu danych Trójkąt 30-60-90Stąd biorą się wartości cosinusa dla kątów szczególnych Wzory na pole trójkątaWzór z sinusem z tego samego punktu podstawy Pole rombuTam sinus kąta jest już używany w praktyce

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-07-31. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.