Blanda oppgåver om trigonometri

Den gitte sida BC er motståande katet til den gitte vinkelen A. Då kan vi bruke tangens til å finne hosliggande katet, AB. Vi bruker definisjonen av tangens og løyser likninga vi får i GeoGebra. Så bruker vi deretter pytagorassetninga 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 òg ha brukt sinus til å finne hypotenusen AC og etterpå funne den andre kateten med til dømes pytagorassetninga.

Den gitte sida AB er hosliggande katet til den gitte vinkelen A. Då kan vi bruke tangens til å finne motståande katet, BC. Vi bruker definisjonen av tangens og løyser likninga vi får i GeoGebra. Så bruker vi deretter pytagorassetninga 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 gitte sida AB er motståande katet til den gitte vinkelen C. Då kan vi bruke sinus til å finne hypotenusen, AC. Så bruker vi deretter pytagorassetninga for å finne kateten BC.

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

Sidan BC er veldig liten i forhold til dei to andre sidene, bør vi bruke tre desimalar i GeoGebra for å få god nok nøyaktigheit på utrekninga i linje 3.

Vi får at $BC=0,22$ og $AC=3,11$.

Vi bruker sinussetninga og får

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

Likninga $\sin C=\frac{5}{6}$ har to løysingar. Vi får éin vinkel i intervallet $⟨0°, 90°⟩$ og éin vinkel i intervallet $⟨90°, 180°⟩$. Sidan sinusverdien til vinkel C er nær 1, vil den vinkelen som er større enn 90°, ikkje vere så stor at summen av han og vinkel A blir 180° eller meir. Begge løysingane av likninga kan derfor brukast, og vi får to moglege trekantar som tilfredsstiller krava.

I skissa nedanfor har vi òg teke med ein sirkel med sentrum i B og radius lik 3 for å vise at det finst to punkt på strålen AC som ligg 3 cm frå B, punkta C₁ og C₂.

Vi bruker cosinussetninga:

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

Sidan cosinusverdien er negativ, veit vi at vinkelen er større enn 90°.

Dersom det skal vere den same trekanten, må det bety at $A{C}_2=6$ i den første trekanten. Dersom vi går ut ifrå det og bruker sinussetninga på trekanten saman med svaret i a), får vi

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

Då får vi at $\angle B=90°$, som betyr at trekanten er rettvinkla med AC₂ som hypotenus. Vi sjekkar dette med pytagorassetninga:

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

Ein trekant med sider 3, 5 og 6 er ikkje rettvinkla. Føresetnaden om at AC₂ er 6, er derfor feil. Dei to trekantane er altså ikkje like sidan vi har at $AC=6$ i den andre trekanten.

Vi reknar ut BC med pytagorassetninga.

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

Så kan vi til dømes bruke cosinus til å finne vinkel A.

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

Den siste vinkelen finn vi ved å bruke at vinkelsummen i trekantar er 180 gradar.

$\angle B=180°-\angle C-\angle A$

Vi får at

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

Vi reknar ut AB med pytagorassetninga.

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

Så kan vi til dømes bruke sinus til å finne vinkel B.

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

Den siste vinkelen finn vi ved å bruke at vinkelsummen i trekantar er 180 gradar.

$\angle C=180°-\angle A-\angle B$

Vi får at

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

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel B og løyser 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 frå den negative løysinga.

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

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga 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 frå den negative løysinga.

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

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel A og løyser 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 løysingane brukast.

Lengda c er 1,0 cm i den eine løysingstrekanten og 6,7 cm i den andre trekanten.

Dersom vi kallar høgda av treet for h, avstanden frå 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 ikkje avstanden d, så vi kan ikkje rekne ut noka høgde. Men vi kan rekne ut kor mange prosent forskjellen i høgde vil vere med dei to vinklane i forhold til den høgda vi vil få frå til dømes 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 dei to uttrykka ved å bruke ":=". I linje 3 ser vi at forskjellen i høgde blir lik 0,025 gonger avstanden d frå målepunktet til treet. I linje 4 deler vi forskjellen på dei to utrekningane på Oles utrekning og får 0,039 som svar. Det betyr at dersom vi går ut frå at Oles vinkelmåling er riktig, blir Siljes utrekning 3,9 % feil. Tilsvarande får vi at når vi går ut frå at Siljes måling er rett, blir Oles utrekning 3,8 % feil.

Høgdeforskjellen 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 frå punktet A over til steinen på den andre sida av elva blir motståande katet til vinkel B, mens avstanden AB blir hosliggande katet. Vi bruker definisjonen på tangens og reknar i GeoGebra.

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

Vi må hugse på å trekke frå avstanden frå A til elvebreidda. Breidda over elva blir då

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

Dei ukjende vinklane og sidene i trapeset er vinklane DCB og D og sida CD.

Vi reknar først ut lengda DE, som blir hosliggande katet til vinkel D i den rettvinkla trekanten CDE.

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

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

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

For å finne vinkel DCB treng 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 pytagorassetninga 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 sinussetninga dersom vi først finn vinkel V.

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

Så bruker vi sinussetninga.

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

Vi får at

$SP=601 \mathrm{m}$

For å kunne teikne ein rettvinkla trekant treng vi dei to katetane. I denne trekanten vil AC vere motståande katet til vinkel B. Når vinkel A er den rette vinkelen, vil AB vere hosliggande katet. Vi reknar ut kor lang AB må vere for at kravet skal vere 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 vere hosliggande katet til vinkel C. AB vil vere motståande katet. Vi reknar ut kva kateten AB må vere for at kravet skal vere 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 vere hosliggande katet til vinkel A i denne trekanten. Då vil BC vere motståande katet. Vi reknar ut kor lang BC må vere for at kravet skal vere 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 ukjende sida AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den gitte sida BC er motståande katet til den gitte vinkelen A. Då kan vi bruke sinus til vinkel A for å finne AC.

Den ukjende siden AB, som er hosliggande katet, kan vi finne på same måte med tangens til vinkel A (eller med pytagorassetninga når vi har funne AC).

Vi set opp likningar ut frå definisjonane på sinus og tangens og løyser 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 ukjende sida AB, som vi skal finne, er motståande katet til den gitte vinkelen C. Den gitte sida AC er hypotenusen i trekanten. Då kan vi bruke sinus til vinkel C for å finne AB.

Den ukjende sida BC, som er hosliggande katet, kan vi finne tilsvarande med cosinus til vinkel C (eller med pytagorassetninga når vi har funne AB).

Vi set opp likningar ut frå definisjonane på sinus og cosinus og løyser 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 ukjende sida AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den gitte sida AB er motståande katet til den gitte vinkelen C. Då kan vi bruke sinus til vinkel C for å finne AC.

Den ukjende sida BC, som er hosliggande katet, kan vi finne tilsvarande med tangens til vinkel C (eller med pytagorassetninga når vi har funne AC).

Vi set opp likningar ut frå definisjonane på sinus og tangens og løyser 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 ukjende sida AC, som vi skal finne, er hypotenusen i trekanten. Den gitte sida BC er hosliggande katet til den gitte vinkelen C. Då kan vi bruke cosinus til vinkel C for å finne AC.

Den ukjende sida AB, som er motståande katet, kan vi finne tilsvarande med tangens til vinkel C (eller med pytagorassetninga når vi har funne AC).

Vi set opp likningar ut frå definisjonane på sinus og cosinus og løyser 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 setje opp to likningar. 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 pytagorassetninga på trekanten.

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

Resten tek vi med CAS.

Vi får at $AC=3,0$ og $BC=5,0$.

Når vinkel B er den rette vinkelen, blir den gitte sida AC hypotenusen i trekanten. AB blir motståande katet, og BC blir hosliggande katet. Informasjonen om vinkel C gir oss at

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

No kan vi bruke pytagorassetninga 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 gitte sida BC hosliggande katet til vinkel C i trekanten. AB blir motståande katet, og AC blir hypotenusen. Informasjonen om vinkel C gir oss at

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

No kan vi bruke pytagorassetninga til å finne AB:

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

Mastehøgda på båten blir motståande katet til siktevinkelen. Avstanden ut til båten blir hosliggande katet. Vi kallar denne avstanden for x. Vi bruker definisjonen på tangens til siktevinkelen, og vi kan då setje opp likninga nedanfor og løyser ho i GeoGebra.

$\tan 1,5°=\frac{12}{x}$

Avstanden ut til båten er cirka 460 m.

Vi bruker at vinklane i eit parallellogram er parvis like store, og at summen av vinklane i ein firkant er 360 gradar.

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

Vi må rekne ut lengda EB. Det gjer vi ved å rekne ut lengda AE ved å bruke at trekanten AED er rettvinkla. Vi bruker definisjonen på tangens, og etterpå bruker vi formelen for arealet av eit trapes. Vi reknar alt i GeoGebra.

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

Vi får at arealet av trapeset er 9,0.

Ein alternativ løysingsmetode er å rekne ut arealet av trekanten ADE og trekke arealet frå arealet av parallellogrammet.

Vi reknar ut avstanden frå Dyrstad til Færøy (DF) med cosinussetninga.

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

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

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel H og løyser 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 frå den negative løysinga.

Kanalen er 800 meter lang.

Trekanten ABD er rettvinkla. Pytagorassetninga gir

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

$BD=30 \mathrm{m}$

Sidan trekanten ABD er rettvinkla, har vi at

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

Vi får at $\angle DBA=36,9°$.

Cosinussetninga brukt på trekanten BCD, der BD er motståande side til vinkel DCB, gir

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

Berre det andre svaralternativet gir mogleg løysing, og det er når $k_1=0$. Vi får at

$\angle DCB=95,1°$

Vi finn arealet av trekantane ABD og BCD kvar for seg. Vi bruker arealsetninga 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 moglege rette vinkelen er vinkel CBA. Vi har funne vinkel DBA, så vi finn vinkel CBD med cosinussetninga og bruker at

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

Cosinussetninga 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 ei mogleg løysing 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 ikkje rettvinkla, berre nesten.

Vi bruker cosinussetninga med utgangspunkt i vinkel D og får ei likning der den motståande sida EF er ukjend.

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

Vi får at $EF=2,7$.

Sidan vi no kjenner alle sidene og skal finne ein vinkel, vel vi å bruke cosinussetninga 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 ei mogleg løysing med det andre svaralternativet når $k_1=0$. Vi får at

$\angle E=81,4°$

Vi prøver å finne vinkel E med sinussetninga.

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

Vi får to moglege løysingar ved å setje $k_1=0$ i begge svaralternativa. Her er det ikkje så lett å vite kva for eit av dei to som er rett – for begge kan ikkje vere det. Problemet er at sinussetninga ikkje bruker informasjonen om at $DE=5,0$, og då finst det to trekantar som passar til resten av opplysningane.

Figuren viser eit utsnitt av figuren over.

Vi får ein rettvinkla trekant der toppen er mønet på resten av hytta, hosliggande katet til takvinkelen er 1 m og motståande katet er høgdeforskjellen mellom møna, som vi kallar h. Då får vi at

$\tan 22°=\frac{h}{1}=h=0,384$

Mønet på resten av hytta kjem 38 cm høgare enn mønet på tilbygget.

Den vasssrette avstanden frå enden av taket på tilbygget (C) til rett under mønet er halvparten av breidda på tilbygget, det vil seie 2 meter. Sidan mønet på tilbygget ligg 1 meter til høgre for mønet på resten av hytta, vil avstanden AC på teikninga vere

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

Avstanden AB vil derfor vere

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

Vi bruker sinussetninga 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 trekantar: ABD og BCD.

Vi treng vinkel ADB for å kunne bruke arealsetninga på trekant ABD.

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

Arealet av trekanten ABD blir

$\frac{1}{2}·AD·BD·\sin ADB$

Vi treng ein av vinklane i trekant DCB for å kunne bruke arealsetninga på trekanten. Vi vel å finne vinkel DCB. Då bruker vi cosinussetninga.

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

Arealet av trekanten BCD blir

$\frac{1}{2}·BC·CD·\sin DCB$

Frå linje 4 får vi at einaste moglege løysing er $\angle DCB=86,417°$.

Arealet av firkanten ABCD er 29,3.

Du må finne ein rettvinkla trekant der du kjenner takvinkelen og éi av sidene.

Halve takstolen dannar ein rettvinkla trekant der høgda h minus høgda av undergurten er motståande katet til takvinkelen. Hosliggande katet er halve lengda. Dette gir

$\tan 34°=\frac{h-148}{1 500}$

Høgda h av takstolen er 1 160 mm.

Dersom det skal vere to moglege trekantar som tilfredsstiller dei tre krava, må det bety at det må vere to sett av ulike vinklar for trekantane. Ved hjelp av arealsetninga kan vi finne den mellomliggande vinkelen v til dei to gitte sidene:

$17,5=\frac{1}{2}·5,0·8,0·\sin v$

Vi løyser likninga med CAS i GeoGebra.

Vi får to løysingar, begge når $k_1=0$ i dei to løysingsmoglegheitene. Den mellomliggande vinkelen kan derfor vere anten 61,0° eller 119,0°.

Vi finn den tredje sida i trekanten med cosinussetninga.

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2-2·AB·AC·\cos A$

Vi får at

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

Det er derfor to moglege trekantar som passar til dei gitte måla.

Nedanfor er det teikna ei skisse av dei to moglege trekantane $A{B}_{1}C$ og $A{B}_{2}C$.

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

Vinkel A må vere 38,9 gradar for at forskjellen mellom dei to moglege lengdene av AB skal vere 4 cm.

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