Blandede oppgaver om trigonometri

Den oppgitte siden BC er motstående katet til den oppgitte vinkelen A. Da kan vi bruke tangens til å finne hosliggende katet, AB. Vi bruker definisjonen av tangens og løser likningen vi får i GeoGebra. Så bruker vi deretter pytagorassetningen for å finne hypotenusen AC.

$\tan A=\frac{BC}{AB}$

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2$

Vi får at $AB=4,0$ og $AC=4,7$.

Vi kunne også ha brukt sinus til å finne hypotenusen AC og etterpå funnet den andre kateten med for eksempel pytagorassetningen.

Den oppgitte siden AB er hosliggende katet til den oppgitte vinkelen A. Da kan vi bruke tangens til å finne motstående katet, BC. Vi bruker definisjonen av tangens og løser likningen vi får i GeoGebra. Så bruker vi deretter pytagorassetningen for å finne hypotenusen AC.

$\begin{array}{rcl}\tan A& = & \frac{BC}{AB}\\ A{C}^2& =& A{B}^2+B{C}^2\end{array}$

Vi får at $BC=1,3$ og $AC=3,4$.

Den oppgitte siden AB er motstående katet til den oppgitte vinkelen C. Da kan vi bruke sinus til å finne hypotenusen, AC. Så bruker vi deretter pytagorassetningen for å finne kateten BC.

$\begin{array}{rcl}\sin C& = & \frac{AB}{AC} \\ A{C}^2& =& A{B}^2+B{C}^2\end{array}$

Siden BC er veldig liten i forhold til de to andre sidene, bør vi bruke tre desimaler i GeoGebra for å få god nok nøyaktighet på utregningen i linje 3.

Vi får at $BC=0,22$ og $AC=3,11$.

Vi bruker sinussetningen og får

$\begin{array}{rcl}\frac{\sin C}{AB}& = & \frac{\sin A}{BC}\\ \frac{\sin C}{5}& =& \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}}{3}\\ \sin C& =& \frac{{\displaystyle \frac{1}{2}}·5}{3}\\ & =& \frac{5}{6}\end{array}$

Likningen $\sin C=\frac{5}{6}$ har to løsninger. Vi får én vinkel i intervallet $⟨0°, 90°⟩$ og én vinkel i intervallet $⟨90°, 180°⟩$. Siden sinusverdien til vinkel C er nær 1, vil den vinkelen som er større enn 90°, ikke være så stor at summen av den og vinkel A blir 180° eller mer. Begge løsningene av likningen kan derfor brukes, og vi får to mulige trekanter som tilfredsstiller kravene.

I skissen nedenfor har vi også tatt med en sirkel med sentrum i B og radius lik 3 for å vise at det finnes to punkt på strålen AC som ligger 3 cm fra B, punktene C₁ og C₂.

Vi bruker cosinussetningen:

$\begin{array}{rcl}A{C}^2& = & A{B}^2+B{C}^2-2·AB·BC·\cos B\\ 6^2& =& 5^2+3^2-2·5·3·\cos B\\ \cos B& =& \frac{5^2+3^2-6^2}{2·3·5}\\ & =& \frac{-2}{30}\\ & =& -\frac{1}{15}\end{array}$

Siden cosinusverdien er negativ, vet vi at vinkelen er større enn 90°.

Hvis det skal være samme trekant, må det bety at $A{C}_2=6$ i den første trekanten. Dersom vi antar det og bruker sinussetningen på trekanten sammen med svaret i a), får vi

$\begin{array}{rcl}\frac{\sin B}{A{C}_2} & =& \frac{\sin C_2}{AB}\\ \sin B & =& A{C}_2·\frac{\sin C_2}{AB}=6·\frac{{\displaystyle \frac{5}{6}}}{5}=\frac{6·5}{6·5}=1\end{array}$

Da får vi at $\angle B=90°$, som betyr at trekanten er rettvinklet med AC₂ som hypotenus. Vi sjekker dette med pytagorassetningen:

$\begin{array}{rcl}A{C_2}^2 & =& 6^2=36\\ A{B}^2+B{C_2}^2 & =& 5^2+3^2=25+9=34\end{array}$

En trekant med sider 3, 5 og 6 er ikke rettvinklet. Antakelsen om at AC₂ er 6, er derfor feil. De to trekantene er altså ikke like siden vi har at $AC=6$ i den andre trekanten.

Vi regner ut BC med pytagorassetningen.

$BC=\sqrt{A{B}^2-A{C}^2}$

Så kan vi for eksempel bruke cosinus til å finne vinkel A.

$\cos A=\frac{AC}{AB}$

Den siste vinkelen finner vi ved å bruke at vinkelsummen i trekanter er 180 grader.

$\angle B=180°-\angle C-\angle A$

Vi får at

$\begin{array}{rcl}BC & =& 4,4\\ \angle A & =& 37,4°\\ \angle B & =& 52,6°\end{array}$

Vi regner ut AB med pytagorassetningen.

$AB=\sqrt{B{C}^2-A{C}^2}$

Så kan vi for eksempel bruke sinus til å finne vinkel B.

$\sin B=\frac{AC}{BC}$

Den siste vinkelen finner vi ved å bruke at vinkelsummen i trekanter er 180 grader.

$\angle C=180°-\angle A-\angle B$

Vi får at

$\begin{array}{rcl}AB & =& 2,7\\ \angle B & =& 57,5°\\ \angle C & =& 32,5°\end{array}$

Vi setter opp en likning med utgangspunkt i cosinussetningen med vinkel B og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl} b^2 & =& a^2+c^2-2·a·c·\cos B\\ 4,8^2 & =& a^2+4,5^2-2·a·4,5·\cos 63°\end{array}$

Vi ser bort fra den negative løsningen.

$a=4,7 \mathrm{cm}$

Vi setter opp en likning med utgangspunkt i cosinussetningen med vinkel C.

$\begin{array}{rcl} c^2 & =& a^2+b^2-2·a·b·\cos C\\ 6,0^2 & =& 3,8^2+b^2-2·3.8·b·\cos 80°\end{array}$

Vi ser bort fra den negative løsningen.

$b=5,4 \mathrm{cm}$

Vi setter opp en likning med utgangspunkt i cosinussetningen med vinkel A og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl} a^2 & =& b^2+c^2-2·b·c·\cos A\\ 3,9^2 & =& 4,7^2+c^2-2·4,7·c·\cos 35°\end{array}$

Her kan begge løsningene brukes.

Lengden c er 1,0 cm i den ene løsningstrekanten og 6,7 cm i den andre trekanten.

Dersom vi kaller høyden av treet for h, avstanden fra målepunktet og bort til treet for d og siktevinkelen for v, har vi at

$\begin{array}{rcl}\tan v & =& \frac{h}{d}\\ d·\tan v & =& h\end{array}$

Her kjenner vi ikke avstanden d, så vi kan ikke regne ut noen høyde. Men vi kan regne ut hvor mange prosent forskjellen i høyde vil være med de to vinklene i forhold til den høyden vi vil få fra for eksempel Oles måling.

Oles måling gir $h_O=d·\tan 32°$.

Siljes måling gir $h_S=d·\tan 33°$.

I linje 1 og 2 definerer vi de to uttrykkene ved å bruke ":=". I linje 3 ser vi at forskjellen i høyde blir lik 0,025 ganger avstanden d fra målepunktet til treet. I linje 4 deler vi forskjellen på de to utregningene på Oles utregning og får 0,039 som svar. Det betyr at dersom vi antar at Oles vinkelmåling er riktig, blir Siljes utregning 3,9 % feil. Tilsvarende får vi at når vi antar at Siljes måling er rett, blir Oles utregning 3,8 % feil.

Høydeforskjellen i forhold til Oles måling blir

$\begin{array}{rcl}\frac{h_S-h_O}{h_O} & =& \frac{d·\tan 33°-d·\tan 32°}{d·\tan 32°}\\ & =& \frac{d\left(\tan 33°-\tan 32°\right)}{d·\tan 32°}\\ & =& \frac{\tan 33°-\tan 32°}{\tan 32°}\end{array}$

Avstanden AC fra punktet A over til steinen på den andre siden av elva blir motstående katet til vinkel B, mens avstanden AB blir hosliggende katet. Vi bruker definisjonen på tangens og regner i GeoGebra.

$\tan B=\frac{AC}{AB}$

Vi må huske på å trekke fra avstanden fra A til elvebredden. Bredden over elva blir da

$95 \mathrm{m}-8 \mathrm{m}=87 \mathrm{m}$

De ukjente vinklene og sidene i trapeset er vinklene DCB og D og siden CD.

Vi regner først ut lengden DE, som blir hosliggende katet til vinkel D i den rettvinklede trekanten CDE.

$DE=AD-AE=4,5-1,9=2,6$

Vi finner vinkel D ved å bruke definisjonen på tangens til vinkel D.

$\tan D=\frac{CE}{DE}$

For å finne vinkel DCB trenger vi vinkel DCE .

$\angle DCE=90°-\angle D$

Så kan vi finne vinkel DCB:

$\angle DCB=\angle ECB+\angle DCE=90°+\left(90°-\angle D\right)=180°-\angle D$

Til slutt bruker vi pytagorassetningen og bestemmer CD.

$\begin{array}{l}C{D}^2=C{E}^2+D{E}^2\end{array}$

Vi får at

$\angle D=36,2°$

$\angle DCB =143,8°$

$CD=3.2$

Vi kan bruke sinussetningen dersom vi først finner vinkel V.

$\begin{array}{rcl}\angle V & =& 180°-\angle P-\angle S\end{array}$

Så bruker vi sinussetningen.

$\frac{SP}{\sin V}=\frac{SV}{\sin {\displaystyle P}}$

Vi får at

$SP=601 \mathrm{m}$

For å kunne tegne en rettvinklet trekant trenger vi de to katetene. I denne trekanten vil AC være motstående katet til vinkel B. Når vinkel A er den rette vinkelen, vil AB være hosliggende katet. Vi regner ut hvor lang AB må være for at kravet skal være oppfylt.

$\begin{array}{rcl}\tan B& = & \frac{AC}{AB}\\ \frac{3}{5}& =& \frac{6}{AB}\\ 3·AB& =& 6·5\\ 3AB& =& 30\\ AB& =& 10\end{array}$

Trekanten ser omtrent slik ut:

Når vinkel A er den rette vinkelen, vil AC være hosliggende katet til vinkel C. AB vil være motstående katet. Vi regner ut hva kateten AB må være for at kravet skal være oppfylt.

$\begin{array}{rcl}\tan C& = & \frac{AB}{AC}\\ \frac{1}{2}& =& \frac{AB}{6}\\ \frac{1}{2}·6& =& AB\\ 3& =& AB\end{array}$

Trekanten ser omtrent slik ut:

Når C er den rette vinkelen, vil AC være hosliggende katet til vinkel A i denne trekanten. Da vil BC være motstående katet. Vi regner ut hvor lang BC må være for at kravet skal være oppfylt.

$\begin{array}{rcl}\tan A& = & \frac{BC}{AC}\\ 3& =& \frac{BC}{1,2}\\ 3·1,2& =& BC\\ 3,6& =& BC\end{array}$

Trekanten ser omtrent slik ut:

Den ukjente siden AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den oppgitte siden BC er motstående katet til den oppgitte vinkelen A. Da kan vi bruke sinus til vinkel A for å finne AC.

Den ukjente siden AB, som er hosliggende katet, kan vi finne på samme måte med tangens til vinkel A (eller med pytagorassetningen når vi har funnet AC).

Vi setter opp likninger ut fra definisjonene på sinus og tangens og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl}\sin A& = & \frac{BC}{AC}\\ \tan A& =& \frac{BC}{AB}\end{array}$

$\angle C=90°-\angle A$

Vi får at

$\begin{array}{rcl}AC& = & 612 \mathrm{m}\\ AB& =& 547 \mathrm{m}\end{array}$

$\angle C=63,4°$

Den ukjente siden AB, som vi skal finne, er motstående katet til den oppgitte vinkelen C. Den oppgitte siden AC er hypotenusen i trekanten. Da kan vi bruke sinus til vinkel C for å finne AB.

Den ukjente siden BC, som er hosliggende katet, kan vi finne tilsvarende med cosinus til vinkel C (eller med pytagorassetningen når vi har funnet AB).

Vi setter opp likninger ut fra definisjonene på sinus og cosinus og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl}\sin C& = & \frac{AB}{AC}\\ \cos C& =& \frac{BC}{AC}\end{array}$

Vi får at

$AB = 3,1$

$BC=1,7$

Den ukjente siden AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den oppgitte siden AB er motstående katet til den oppgitte vinkelen C. Da kan vi bruke sinus til vinkel C for å finne AC.

Den ukjente siden BC, som er hosliggende katet, kan vi finne tilsvarende med tangens til vinkel C (eller med pytagorassetningen når vi har funnet AC).

Vi setter opp likninger ut fra definisjonene på sinus og tangens og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl}\sin C& = & \frac{AB}{AC}\\ \tan C& =& \frac{AB}{BC}\end{array}$

Vi får at

$AC=4,0$

$BC=2,6$

Den ukjente siden AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den oppgitte siden BC er hosliggende katet til den oppgitte vinkelen C. Da kan vi bruke cosinus til vinkel C for å finne AC.

Den ukjente siden AB, som er motstående katet, kan vi finne tilsvarende med tangens til vinkel C (eller med pytagorassetningen når vi har funnet AC).

Vi setter opp likninger ut fra definisjonene på sinus og cosinus og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl}\cos C& = & \frac{BC}{AC}\\ \tan C& =& \frac{AB}{BC}\end{array}$

Vi får at

$AC=3,6$

$AB=3,2$

Vi kan finne AC og BC ved å sette opp to likninger. Først bruker vi definisjonen på tangens til vinkel B.

$\begin{array}{rcl}\tan B& = & \frac{3}{5}\\ \frac{AC}{BC}& =& \frac{3}{5}\end{array}$

Vi bruker så pytagorassetningen på trekanten.

$\begin{array}{rcl}A{B}^2& = & A{C}^2+B{C}^2\end{array}$

Resten tar vi med CAS.

Vi får at $AC=3,0$ og $BC=5,0$.

Når vinkel B er den rette vinkelen, blir den oppgitte siden AC hypotenusen i trekanten. AB blir motstående katet, og BC blir hosliggende katet. Informasjonen om vinkel C gir oss at

$\begin{array}{rcl}\tan C & =& \frac{1}{2}\\ \frac{AB}{BC} & =& \frac{1}{2} |·2BC\\ 2AB & =& BC\end{array}$

Nå kan vi bruke pytagorassetningen til å finne AB:

$\begin{array}{rcl}A{B}^2+B{C}^2 & =& A{C}^2\\ A{B}^2+{\left(2AB\right)}^2 & =& {\left(\sqrt{125}\right)}^2\\ A{B}^2+4A{B}^2 & =& 125\\ 5A{B}^2 & =& 125\\ AB & =& \sqrt{\frac{125}{5}}=\sqrt{25}=5\\ & & \\ BC & =& 2AB=2·5=10\end{array}$

Når vinkel B er den rette vinkelen, blir den oppgitte siden BC hosliggende katet til vinkel C i trekanten. AB blir motstående katet, og AC blir hypotenusen. Informasjonen om vinkel C gir oss at

$\begin{array}{rcl}\sin C & =& \frac{1}{3}\\ \frac{AB}{AC} & =& \frac{1}{3} |·3AC\\ 3AB & =& AC\end{array}$

Nå kan vi bruke pytagorassetningen til å finne AB:

$\begin{array}{rcl}A{B}^2+B{C}^2 & =& A{C}^2\\ A{B}^2+{\left(\sqrt{32}\right)}^2 & =& {\left(3AB\right)}^2\\ A{B}^2+32 & =& 9A{B}^2\\ 32 & =& 9A{B}^2-A{B}^2\\ 32 & =& 8A{B}^2\\ AB & =& \sqrt{\frac{32}{8}}=\sqrt{4}=2\\ & & \\ AC & =& 3AB=3·2=6\end{array}$

Mastehøyden på båten blir motstående katet til siktevinkelen. Avstanden ut til båten blir hosliggende katet. Vi kaller denne avstanden for x. Vi bruker definisjonen på tangens til siktevinkelen, og vi kan da sette opp likningen nedenfor og løser den i GeoGebra.

$\tan 1,5°=\frac{12}{x}$

Avstanden ut til båten er cirka 460 m.

Vi bruker at vinklene i et parallellogram er parvis like store, og at summen av vinklene i en firkant er 360 grader.

$\begin{array}{rcl}\angle C& = & \angle A=51.7°\\ & & \\ \angle D& =& \angle B\\ 2·\angle D& =& 360°-2·\angle A\\ \angle D& =& \frac{360°-2·\angle A}{2}\\ & =& 180°-\angle A\\ & =& 180°-51,7°=128,3°\end{array}$

Vi må regne ut lengden EB. Det gjør vi ved å regne ut lengden AE ved å bruke at trekanten AED er rettvinklet. Vi bruker definisjonen på tangens, og etterpå bruker vi formelen for arealet av et trapes. Vi regner alt i GeoGebra.

$\tan A=\frac{DE}{AE}$

Vi får at arealet av trapeset er 9,0.

En alternativ løsningsmetode er å regne ut arealet av trekanten ADE og trekke arealet fra arealet av parallellogrammet.

Vi regner ut avstanden fra Dyrstad til Færøy (DF) med cosinussetningen.

$\begin{array}{rcl}D{R}^2 & =& D{F}^2+F{R}^2-2·DF·FR·\cos F\\ 1 {150}^2 & =& D{F}^2+{635}^2-2·DF·635·\cos 85°\end{array}$

Det betyr at båtturen til Anniken var cirka 2 800 m.

Vi setter opp en likning med utgangspunkt i cosinussetningen med vinkel H og løser i GeoGebra.

$\begin{array}{rcl} B{L}^2 & =& B{H}^2+H{L}^2-2·BH·HL·\cos H\\ B{L}^2 & =& {737}^2+{652}^2-2·737·652·\cos 70°\end{array}$

Vi ser bort fra den negative løsningen.

Kanalen er 800 meter lang.

Trekanten ABD er rettvinklet. Pytagorassetningen gir

$\begin{array}{rcl}B{D}^2 & =& A{B}^2+A{D}^2\\ & =& {24}^2+{18}^2\\ & & \end{array}$

$BD=30 \mathrm{m}$

Siden trekanten ABD er rettvinklet, har vi at

$\begin{array}{rcl}\tan DBA & =& \frac{AD}{AB}\\ & =& \frac{18}{24}\end{array}$

Vi får at $\angle DBA=36,9°$.

Cosinussetningen brukt på trekanten BCD, der BD er motstående side til vinkel DCB, gir

$\begin{array}{rcl}B{D}^2 & =& B{C}^2+C{D}^2-2·BC·CD·\cos DCB\\ {30}^2 & =& {16}^2+{24}^2-2·16·24·\cos DCB\end{array}$

Bare det andre svaralternativet gir mulig løsning, og det er når $k_1=0$. Vi får at

$\angle DCB=95,1°$

Vi finner arealet av trekantene ABD og BCD hver for seg. Vi bruker arealsetningen på den andre. Arealet er

$\begin{array}{rcl}\mathrm{Areal} & =& \frac{1}{2}·AD·AB+\frac{1}{2}·BC·CD·\sin DCB\\ & =& \frac{1}{2}·18 \mathrm{m}·24 \mathrm{m}+\frac{1}{2}·16 \mathrm{m}·24 \mathrm{m}·\sin 95,1°\\ & =& 407,2 {\mathrm{m}}^2\end{array}$

Den mulige rette vinkelen er vinkel CBA. Vi har funnet vinkel DBA, så vi finner vinkel CBD med cosinussetningen og bruker at

$\angle CBA=\angle DBA+\angle CBD$

Cosinussetningen med vinkel CBD gir

$\begin{array}{rcl}C{D}^2 & =& B{C}^2+B{D}^2-2·BC·BD·\cos CBD\\ {24}^2 & =& {16}^2+{30}^2-2·16·30·\cos CBD\end{array}$

Vi får en mulig løsning med det andre svaralternativet når $k_1=0$. Vi får at

$\angle CBA=\angle DBA+\angle CBD=36,87°+52,83°=89,70°$

Trekanten ABC er ikke rettvinklet, bare nesten.

Vi bruker cosinussetningen med utgangspunkt i vinkel D og får en likning der den motstående siden EF er ukjent.

$\begin{array}{rcl}E{F}^2 & =& D{E}^2+D{F}^2-2·DE·DF·\cos D\\ E{F}^2 & =& 5,0^2+{\left(8,0-EF\right)}^2-2·5,0·\left(8,0-EF\right)·\cos 30°\end{array}$

Vi får at $EF=2,7$.

Siden vi nå kjenner alle sidene og skal finne en vinkel, velger vi å bruke cosinussetningen til å finne vinkel E.

$\begin{array}{rcl}D{F}^2 & =& D{E}^2+E{F}^2-2·DE·EF·\cos E\\ {\left(8,0-2,69\right)}^2 & =& 5,0^2+2,{69}^2-2·5,0·2,69·\cos E\end{array}$

Vi får en mulig løsning med det andre svaralternativet når $k_1=0$. Vi får at

$\angle E=81,4°$

Vi prøver å finne vinkel E med sinussetningen.

$\begin{array}{rcl}\frac{\sin E}{DF} & =& \frac{\sin D}{EF}\\ \frac{\sin E}{8,0-2,69} & =& \frac{\sin 30°}{2,69}\end{array}$

Vi får to mulige løsninger ved å sette $k_1=0$ i begge svaralternativene. Her er det ikke så lett å vite hvilket av de to som er riktig – for begge kan ikke være det. Problemet er at sinussetningen ikke bruker informasjonen om at $DE=5,0$, og da finnes det to trekanter som passer til resten av opplysningene.

Figuren viser et utsnitt av figuren over.

Vi får en rettvinklet trekant der toppen er mønet på resten av hytta, hosliggende katet til takvinkelen er 1 m og motstående katet er høydeforskjellen mellom mønene, som vi kaller h. Da får vi at

$\tan 22°=\frac{h}{1}=h=0,384$

Mønet på resten av hytta kommer 38 cm høyere enn mønet på annekset.

Den vannrette avstanden fra enden av taket på tilbygget (C) til rett under mønet er halvparten av bredden på tilbygget, det vil si 2 meter. Siden mønet på tilbygget ligger 1 meter til høyre for mønet på resten av hytta, vil avstanden AC på tegningen være

$2·\left(2 \mathrm{m}+1 \mathrm{m}\right)=6 \mathrm{m}$

Avstanden AB vil derfor være

$6 \mathrm{m}-4 \mathrm{m}=2 \mathrm{m}$

Vi bruker sinussetningen på trekant ABD.

$\begin{array}{rcl}\frac{\sin A}{BD} & =& \frac{\sin DBA}{AD}\\ \frac{\sin 60°}{BD} & =& \frac{\sin 38,2°}{5,0}\end{array}$

Vi får at $BD=7,0$.

Vi deler opp firkanten i to trekanter: ABD og BCD.

Vi trenger vinkel ADB for å kunne bruke arealsetningen på trekant ABD.

$\angle ADB=180°-\angle BAD-\angle DBA$

Arealet av trekanten ABD blir

$\frac{1}{2}·AD·BD·\sin ADB$

Vi trenger en av vinklene i trekant DCB for å kunne bruke arealsetningen på trekanten. Vi velger å finne vinkel DCB. Da bruker vi cosinussetningen.

$B{D}^2=B{C}^2+C{D}^2-2·BC·CD·\cos DCB$

Arealet av trekanten BCD blir

$\frac{1}{2}·BC·CD·\sin DCB$

Fra linje 4 får vi at eneste mulige løsning er $\angle DCB=86,417°$.

Arealet av firkanten ABCD er 29,3.

Du må finne en rettvinklet trekant der du kjenner takvinkelen og én av sidene.

Halve takstolen danner en rettvinklet trekant der høyden h minus høyden av undergurten er motstående katet til takvinkelen. Hosliggende katet er halve lengden. Dette gir

$\tan 34°=\frac{h-148}{1 500}$

Høyden h av takstolen er 1 160 mm.

Dersom det skal være to mulige trekanter som tilfredsstiller de tre kravene, må det bety at det må være to sett av ulike vinkler for trekantene. Ved hjelp av arealsetningen kan vi finne den mellomliggende vinkelen v til de to oppgitte sidene:

$17,5=\frac{1}{2}·5,0·8,0·\sin v$

Vi løser likningen med CAS i GeoGebra.

Vi får to løsninger, begge når $k_1=0$ i de to løsningsmulighetene. Den mellomliggende vinkelen kan derfor være enten 61,0° eller 119,0°.

Vi finner den tredje siden i trekanten med cosinussetningen.

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2·AB·AC·\cos A$

Vi får at

$AB=5,3 \mathrm{cm} \vee AB=8,486 \mathrm{cm}$

Det er derfor to mulige trekanter som passer til de oppgitte målene.

Nedenfor er det tegnet en skisse av de to mulige trekantene $A{B}_{1}C$ og $A{B}_{2}C$.

At forskjellen mellom $A{B}_2$ og $A{B}_1$ er 4 cm, betyr at $B_1{B}_2$ også er 4 cm. Trekanten $B_1{B}_{2}C$ er likebeint. Da kan vi finne lengden av normalen fra C og ned på $B_1{B}_2$ med pytagorassetningen og til slutt bruke at sinus til vinkel A er lik forholdet mellom lengden av normalen og AC.

Vinkel A må være 38,9 grader for at forskjellen mellom de to mulige lengdene av AB skal være 4 cm.

I linje 2 brukte vi kommandoen "asind". En måte å skrive "motsatt" sinus på er ${\sin }^{-1}$, slik det er gjort i linje 2. GeoGebra endret automatisk visningen av kommandoen til dette.