Cosinussetninga

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

$a^2=b^2+c^2-2·b·c·\cos A$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & {\mathrm{a}}^2=5^2+7^2-2·5·7·\cos \left(39°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{a}=-4.43, \mathrm{a}=4.43\}\end{array}}$

Vi ser bort frå den negative løysinga.

Sida $a=4,4 \mathrm{cm}$.

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel B og løyser i GeoGebra.

$b^2=a^2+c^2-2·a·c·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & {\mathrm{b}}^2=8.7^2+12.3^2-2·8.7·12.3·\cos \left(115.5°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{b}=-17.86, \mathrm{b}=17.86\}\end{array}}$

Sida $b=17,9 \mathrm{dm}$.

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel C og løyser i GeoGebra.

$c^2=a^2+b^2-2·a·b·\cos C$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & {\mathrm{c}}^2=2.3^2+4.5^2-2·2.3·4.5·\cos \left(23.6°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{c}=-2.56, \mathrm{c}=2.56\}\end{array}}$

Sida $c=2,6 \mathrm{cm}$.

Vi set opp likningar med utgangspunkt i cosinussetninga for vinkel $A$ og for vinkel $B$ og løyser i GeoGebra.

Vinkel A: $a^2=b^2+c^2-2·b·c·\cos A$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 6.0^2={14}^2+{19}^2-2·14·19·\cos \left(\mathrm{A}°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{A}=11.67\}\end{array}}$

Vinkel B: $b^2=a^2+c^2-2·a·c·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & {14}^2=6.0^2+{19}^2-2·6.0·19·\cos \left(\mathrm{B}°\right)\\ \overline{)2}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{B}=28.17\}\end{array}}$

Vinkel C:

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 180-\mathrm{HøgreSide}(\$1)-\mathrm{HøgreSide}(\$2)\\ \overline{)3}& & \\ & & \approx \{140.16\}\end{array}}$

Her har vi i linje 3 brukt kommandoen "HøgreSide()" for å referere til svara i linje 1 og 2 i staden for å skrive inn svara for vinklane A og B direkte.

$\begin{array}{rcl}\angle A& = & 11,7°\\ & & \\ \angle B& =& 28,2°\\ & & \\ \angle C& =& 140,2°\end{array}$

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel H og løyser i GeoGebra.

$B{L}^2=B{H}^2+H{L}^2-2·BH·HL·\cos H$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & {\mathrm{BL}}^2={737}^2+{652}^2-2·737·652·\cos \left(70°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{BL}=-799.73, \mathrm{BL}=799.73\}\end{array}}$

Vi ser bort frå den negative løysinga.

$BL=800 \mathrm{m}$

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel B og løyser i GeoGebra.

$b^2=a^2+c^2-2·a·c·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 4.8^2={\mathrm{a}}^2+4.5^2-2·\mathrm{a}·4.5·\cos \left(63°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{a}=-0.6, \mathrm{a}=4.68\}\end{array}}$

Vi ser bort frå den negative løysinga.

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

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel C og løyser i GeoGebra.

$c^2=a^2+b^2-2·a·b·\cos C$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 6.0^2=3.8^2+{\mathrm{b}}^2-2·3.8·\mathrm{b}·\cos \left(80°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{b}=-4.03, \mathrm{b}=5.35\}\end{array}}$

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.

$a^2=b^2+c^2-2·b·c·\cos A$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 3.9^2=4.7^2+{\mathrm{c}}^2-2·4.7·\mathrm{c}·\cos \left(35°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{c}=1.03, \mathrm{c}=6.67\}\end{array}}$

Her kan begge løysingane brukast.

Lengda $c=1,0 \mathrm{cm}$i den eine løysingstrekanten og $c=6,7 \mathrm{cm}$i den andre trekanten.

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel B og løyser i GeoGebra.

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2·AB·BC·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 4.0^2=8.0^2+{\mathrm{BC}}^2-2·8.0·\mathrm{BC}·\cos \left(30°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{BC}=6.93, \mathrm{BC}=6.93\}\end{array}}$

$BC=6,9 \mathrm{cm}$

Vi får to samanfallande løysingar. Det må bety at sida AC akkurat rekk opp til det høgre vinkelbeinet til vinkel B, dvs. det vinkelbeinet som skal vere sida BC. Det må vidare bety at $\angle C=90°$. Dette stemmer også med at hypotenusen er det dobbelte av den minste kateten i ein 30-, 60- og 90-graders trekant.

Vi set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga med vinkel B (som i oppgåve a)) og løyser i GeoGebra.

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2·AB·BC·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 6.0^2=8.0^2+{\mathrm{BC}}^2-2·8.0·\mathrm{BC}·\cos \left(30°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \{\mathrm{BC}=2.46, \mathrm{BC}=11.4\}\end{array}}$

Vi får to løysingar og dermed to moglege trekantar der punktet C kan ligge to stader. Dersom vi kallar det eine punktet for C₁ og det andre for C₂, får vi

$B{C}_1=11,4 \mathrm{cm}, B{C}_2=2,5 \mathrm{cm}$

Dette blir igjen same oppsett som i a) og b) der vi løyser med GeoGebra og set opp ei likning med utgangspunkt i cosinussetninga for vinkel B.

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2·AB·BC·\cos B$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & 3.0^2=8.0^2+{\mathrm{BC}}^2-2·8.0·\mathrm{BC}·\cos \left(30°\right)\\ \overline{)1}& & \\ & & \mathrm{NLøys}: \left\{\right\}\end{array}}$

Vi finn ingen moglege løysingar.

Viss vi samanliknar med oppgåve a), ser vi at den minste avstanden frå A til C er 4 cm. Vi kan seie at $AC$ ikkje rekk bort til $BC$.

Alternativ 1. Løsning med GeoGebra

Vi tek utgangspunkt i samme cosinussetning som før, men set AC = b og løyser med GeoGebra.

$A{C}^2=A{B}^2+B{C}^2-2·AB·BC·\cos B$

$$\begin{gathered} \boxed{\begin{array}{rcl}& & \mathrm{Løys}({\mathrm{b}}^2=8.0^2+{\mathrm{BC}}^2-2·8.0·\mathrm{BC}·\cos (30°), \mathrm{BC})\\ \overline{)1}& & \\ & & \to \{\mathrm{BC}=-\sqrt{{\mathrm{b}}^2-16}+4\sqrt{3}, \mathrm{BC}=\sqrt{{\mathrm{b}}^2-16}+4\sqrt{3}\}\end{array}} \\ \boxed{\begin{array}{rcl}& & \$1\\ \overline{)2}& & \\ & & \approx \{\mathrm{BC}=-\sqrt{{\mathrm{b}}^2-16}+6.93, \mathrm{BC}=\sqrt{{\mathrm{b}}^2-16}+6.93\}\end{array}} \end{gathered}$$

Sidan vi har ei likning med to ukjende (både BC og b), må vi bruke kommandoen "Løys(<likning>, <variabel>)" i staden for berre å trykke direkte på knappen for numerisk løysing av likning. Etterpå trykker vi på knappen for tilnærma utrekning og får svaret frå linje 1 med tilnærma verdiar.

Vi får at når rotteiknet er null, dvs. at $b=4$, blir det berre éi løysing. Dette er den samme løysinga som i oppgåve a), og vi kjenner att talet 6,93.

Vi får vidare at når $b<4$, blir det negativt under rotteiknet, og da er det inga løysing. Dette stemmer overens med hva vi fant i oppgave c).

Dersom $b>4$, har likninga alltid to løysingar. Men vi kan ikkje ha negative løysingar, og løysingar som er null gir ingen trekant. Den andre løysinga i linje 2 er alltid positiv. Den første løysinga blir negativ når b blir stor nok. Frå den første løysinga set vi opp ein ulikskap som vi løyser med GeoGebra.

$-\sqrt{b^2-16}+4\sqrt{3}>0$

$\boxed{\begin{array}{rcl}& & -\sqrt{{\mathrm{b}}^2-16}+4·\sqrt{3}>0\\ \overline{)3}& & \\ & & \mathrm{Løys}: \{-8<\mathrm{b}\le -4, 4\le \mathrm{b}<8\}\end{array}}$

Vi får altså to løysingar når b er mindre enn 8. Det er fordi at viss b, som er sida AC, er større enn 8, blir ho større enn sida AB. Vi får ein trekant då også, men då er ikkje vinkel B lik 30 grader lenger. (Kvifor ikkje?) Når b er akkurat lik 8, gir den første løysinga $BC=0$ og dermed ingen trekant.

Oppsummert:

Vi får to trekantar når $4<b<8$.

Vi får éin trekant når $b\ge 8 \vee b=4$.

Alternativ 2. Løsning uten GeoGebra.

Vi finn lengda til $AC$ når $AC$ står vinkelrett på $BC$.

Vinkel $C$ er då $90°$, og vi får (treng ikkje GeoGebra her dersom vi hugsar at $\sin 30°=\frac{1}{2}$)

$\begin{array}{rcl}\sin 30°& = & \frac{AC}{8,0}\\ & & \\ AC& =& 8,0·\sin 30°=8,0·\frac{1}{2}\\ & & \\ AC& =& 4,0 \mathrm{cm}\end{array}$

Dette fann vi i oppgåve a).

Dersom lengda $AC$ er kortare enn $4,0 \mathrm{cm}$, vil vi ikkje ha nokon løysingar. Dette såg vi i oppgåve c) der $AC$ ikkje rekk opp til linja $BC$.

Dersom vi skal ha to løysingar, må lengda $AC$ vere større enn $4,0 \mathrm{cm}$ og mindre enn lengda til $AB$, dvs. $8,0 \mathrm{cm}$. Eit døme på dette var oppgåve b) over.

Vi får éi løysing når lengda $AC$ er større enn eller lik $8,0 \mathrm{cm}$ og når lengda $AC$ akkurat er $4,0 \mathrm{cm}$ dvs. at $AC$ står vinkelrett på $BC$.

Oppsummert:

Vi får to trekantar når $4<b<8$.

Vi får éin trekant når $b\ge 8 \vee b=4$.

Vi ser at trekanten er likebeint. Då veit vi at to av vinklane er like. Vi kallar dei to like vinklane $v$ og den tredje vinkelen $u$. Så bruker vi cosinussetninga til å bestemme cosinus til vinklane.

Den tredje vinkelen $u$ er mellomliggjande vinkel til dei to like sidene. Vi får

$\begin{array}{rcl}{4}^2& = & 5^2+5^2-2·5·5·\cos u\\ & & \\ \cos u& =& \frac{5^2+5^2-4^2}{2·5·5}\\ & & \\ & =& \frac{34}{50}=\frac{17}{25}\\ & & \\ 5^2& =& 4^2+5^2-2·4·5·\cos v\\ & & \\ \cos v& =& \frac{4^2+5^2-5^2}{2·4·5}\\ & & \\ & =& \frac{16}{40}=\frac{2}{5}\end{array}$

Vi bruker cosinussetninga til å bestemme $AB$.

$\begin{array}{rcl}A{B}^2& = & 6^2+3^2-2·6·3·\frac{5}{9}\\ & & \\ & =& 36+9-20\\ & & \\ AB& =& 5\end{array}$

Vi bruker cosinussetninga til å bestemme $\cos A$.

$\begin{array}{rcl}{3}^2& = & 6^2+5^2-2·6·5·\cos A\\ & & \\ \cos A& =& \frac{36+25-9}{2·6·5}\\ & & \\ & =& \frac{52}{2·6·5}\\ & & \\ & =& \frac{13}{15}\end{array}$

Vi bruker også cosinussetninga til å bestemme $\cos B$.

$\begin{array}{rcl}{6}^2& = & 3^2+5^2-2·3·5·\cos B\\ & & \\ \cos B& =& \frac{9+25-36}{2·3·5}\\ & & \\ & =& \frac{-2}{2·3·5}\\ & & \\ & =& -\frac{1}{15}\end{array}$

Sidan $\cos B<0$, veit vi at $\angle B>90°$. Dei to andre vinklane er mindre enn $90°$.

Vi bruker sinussetninga og får

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

Vi får ein vinkel i intervallet $⟨0°, 90°⟩$ og ein vinkel i intervallet $⟨90°, 180°⟩$ , sjå figuren.

Vi bruker cosinussetninga:

$\begin{array}{rcl}{b}^2& = & a^2+c^2-2ac \cos B\\ & & \\ \cos B& =& \frac{3^2+5^2-6^2}{2·3·5}\\ & & \\ & =& -\frac{1}{15}\end{array}$

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

Vi bruker arealsetninga og får at arealet er

$T=\frac{1}{2}b·c·\sin A=\frac{1}{2}·6·5·\frac{1}{2}=\frac{15}{2}$