1

13. Trigonometria II.

I. Elméleti összefoglaló

Tetszőleges α szög szinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával ellenté-

tes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor második koordinátája.

Tetszőleges α szög koszinusza a koordinátasíkon az i vektortól az óramutató járásával el-

lentétes irányban α szöggel elforgatott e egységvektor első koordinátája.

Az α szöget az e vektor irányszögének nevezzük. Ez a szög °360 -nál nagyobb is lehet.

Szoktuk használni a forgásszög megnevezést is.

Ha az e vektort az óramutató járásával azonos irányban forgatjuk, akkor °< 0α .

Az xx sina függvény jellemzése:

• értelmezve van tetszőleges x valós számra. (A függvény értelmezési tartománya a va-lós számok halmaza.)

2

• értékkészlete: ]1;1[−

• a függvény π2 szerint periodikus, azaz ( )π2sinsin += xx

• zérushelyei πkx = , ahol k tetszőleges egész szám

• maximuma 1, maximumhelyei ππ

k22+ , ahol k tetszőleges egész szám

• minimuma 1− , minimumhelyei ππ

k22

3+ , ahol k tetszőleges egész szám

• páratlan függvény, azaz ( ) xx sinsin −=− (a függvény az origóra szimmetrikus)

• a függvény szigorúan monoton növekedő a

++− ππ

ππ

kk 22

,22

intervallumon,

szigorúan monoton csökkenő a

++ ππ

ππ

kk 22

3,2

2 intervallumon ahol k tetszőle-

ges egész szám Az xx cosa függvény jellemzése:

• értelmezve van tetszőleges x valós számra. (A függvény értelmezési tartománya a va-lós számok halmaza.)

• értékkészlete: ]1;1[−

• a függvény π2 szerint periodikus, azaz ( )π2coscos += xx

• zérushelyei ππ

kx +=2

, ahol k tetszőleges egész szám

• maximuma 1, maximumhelyei πk2 , ahol k tetszőleges egész szám

• minimuma 1− , minimumhelyei ππ k2+ , ahol k tetszőleges egész szám

• páros függvény, azaz ( ) xx coscos =− (a függvény az y-tengelyre szimmetrikus)

• a függvény szigorúan monoton csökkenő a [ ]πππ kk 2,20 ++ intervallumon, szigorú-

an monoton növekedő a [ ]ππππ kk 22,2 ++ intervallumon ahol k tetszőleges egész

szám

3

Az x

xxx

cos

sintg =a (ahol 0cos ≠x , azaz Zkkx ∈+≠ ,

2π

π) tangens függvény jellemzése:

• értelmezési tartománya minden olyan x valós szám, amelyre Zkkx ∈+≠ ,2

ππ

• értékkészlete a valós számok halmaza

• a függvény π szerint periodikus, azaz ( )π+= xx tgtg

• zérushelyei πkx = , ahol k tetszőleges egész szám

• szélsőértékei nincsenek, így nem korlátos függvény

• páratlan függvény, azaz ( ) xx tgtg −=− (a függvény az origóra szimmetrikus)

• a függvény szigorúan monoton növekedő a

++− ππ

ππ

kk2

,2

intervallumon, ahol k

tetszőleges egész szám

Az x

xxx

sin

cosctg =a (ahol 0sin ≠x , azaz Zkkx ∈≠ ,π ) kotangens függvény jellemzése:

• értelmezési tartománya minden olyan x valós szám, amelyre Zkkx ∈≠ ,π

• értékkészlete a valós számok halmaza

• a függvény π szerint periodikus, azaz ( )π+= xx ctgctg

• zérushelyei ππ

k+2

, ahol k tetszőleges egész szám

• szélsőértékei nincsenek, így nem korlátos függvény

4

• páratlan függvény, azaz ( ) xx ctgctg −=− (a függvény az origóra szimmetrikus)

• a függvény szigorúan monoton csökkenő a ] [πππ kk ++ ;0 intervallumon, ahol k tet-

szőleges egész szám

Néhány összefüggés a szögfüggvények között. Addíciós tételek:

( ) βαβαβα sincoscossinsin ⋅+⋅=+ ( ) βαβαβα sinsincoscoscos ⋅−⋅=+

( ) βαβαβα sincoscossinsin ⋅−⋅=− ( ) βαβαβα sinsincoscoscos ⋅+⋅=−

( )βαβα

βαtgtg1

tgtgtg

⋅−+

=+ ( )βαβα

βαtgtg1

tgtgtg

⋅+−

=−

Kétszeres szög szögfüggvényei:

ααα cossin22sin ⋅= ααα 22 sincos2cos −=

Összegek szorzattá alakítása:

2cos

2sin2sinsin

βαβαβα

−⋅

+=+

2cos

2cos2coscos

βαβαβα

−⋅

+=+

2cos

2sin2sinsin

βαβαβα

+⋅

−=−

2sin

2sin2coscos

βαβαβα

−⋅

+−=−

5

Szorzatok összeggé alakítása:

( ) ( )[ ]βαβαβα +−−⋅=⋅ coscos2

1sinsin

( ) ( )[ ]βαβαβα ++−⋅=⋅ coscos2

1coscos

( ) ( )[ ]βαβαβα ++−⋅=⋅ sinsin2

1cossin

A háromszög oldalai és szögei között két jól ismert összefüggés van. Szinusztétel: A háromszög két oldalának aránya egyenlő az oldalakkal szemközti szögek szi-nuszainak arányával: βα sin:sin: =ba .

Koszinusztétel: A háromszög valamely oldalának négyzetét megkaphatjuk, ha a másik két oldal négyzetösszegéből kivonjuk ugyanezen két oldal és az általuk bezárt szög koszinuszá-

nak kétszeres szorzatát: γcos2222 ⋅−+= abbac .

II. Kidolgozott feladatok

1. Pozitív vagy negatív szám 355sin ?

Megoldás: 2

113355113π

ππ +<< , és 12

113sin355sin113sin0 −=

+>>=π

ππ .

6

2. Melyik nagyobb: 3sin vagy °3sin ?

Megoldás: ( )3sin3sin −= π , így az a kérdés, ( )3sin −π vagy °3sin a nagyobb?

Mindkét szög az első síknegyedben van, ahol a szinusz függvény szigorúan monoton növekszik. Ezért azt kell vizsgálnunk, hogy 3−π vagy °3 a nagyobb? Tegyük fel, hogy az első érték a nagyobb, vizsgáljuk ezt.

( )59

3318059360

180

33 >⇔>⇔>−⇔>− ππππ

ππ , és ez igaz, mert

59

331,3 >>π . Tehát a feltevés igaz, ezért 3sin a nagyobb.

3. Mennyi a °⋅°+°⋅°°⋅°+°⋅°

21cos81cos9cos69cos

20cos80cos10cos70cos kifejezés értéke?

Megoldás: ( )αα −°= 90sincos és a ( )βα −cos -ra ismert addíciós tétel miatt

( )( )

.160cos

60cos

969cos

1070cos

69sin9sin9cos69cos

70sin10sin10cos70cos

21cos81cos9cos69cos

20cos80cos10cos70cos

=°°

=

=°−°°−°

=°⋅°+°⋅°°⋅°+°⋅°

=°⋅°+°⋅°°⋅°+°⋅°

4. Igazolja az alábbi egyenlőségeket!

a) °=°+° 75sin45sin15sin b) 8

180cos40cos20cos =°⋅°⋅°

a) I. Megoldás: ( ) =°⋅°−°⋅°=°−°=° 30sin45cos30cos45sin3045sin15sin

4

26

2

1

2

2

2

3

2

2 −=⋅−⋅= , azaz

4

2615sin

−=° . Továbbá

2

245sin =° és

( )2

1

2

2

2

3

2

230sin45cos30cos45sin3045sin75sin ⋅+⋅=°⋅°+°⋅°=°+°=° , tehát

4

2675sin

+=° . Ezeket az értékeket helyettesítsük a °=°+° 75sin45sin15sin kife-

jezésbe, és látjuk, hogy helyes az egyenlőség.

a) II. Megoldás: =°⋅°⋅=°−°

⋅°+°

⋅=°+° 15cos30sin22

1545cos

2

1545sin215sin45sin

( ) °=°−°⋅⋅= 75sin1590sin2

12 .

7

b) A ααα cossin22sin ⋅= azonosságot alkalmazzuk az átalakítások során.

( )°

°⋅°⋅°=

°°⋅°⋅°⋅°

=°⋅°⋅°20sin2

80cos40cos40sin

20sin2

80cos40cos20cos20sin280cos40cos20cos

így folytatva ( )

°°⋅°

=°

°⋅°⋅°⋅=

°°⋅°⋅°

20sin4

80cos80sin

20sin4

80cos40cos40sin2

20sin2

80cos40cos40sin,

továbbá 8

1

20sin8

20sin

20sin8

160sin

20sin8

80cos80sin2

20sin4

80cos80sin=

°°

=°°

=°

°⋅°⋅=

°°⋅°

.

5. Igazolja az alábbi állításokat!

a) 2

1

10cos

50sin40sin=

°°⋅°

b) 540cos

11

40sin

11 >

°

+⋅

°

+

Megoldás:

a) ( ) ( )[ ]βαβαβα +−−⋅=⋅ coscos2

1sinsin miatt

( )2

1

10cos

10cos21

10cos

90cos10cos21

10cos

50sin40sin=

°°⋅

=°

°−°⋅=

°°⋅°

.

b) °⋅°

+°

+°

+=

°

+⋅

°

+40cos40sin

1

40cos

1

40sin

11

40cos

11

40sin

11 , mivel

140sin

1>

°, 1

40cos

1>

° és 2

80sin

2

40cos40sin2

2

40cos40sin

1>

°=

°⋅°=

°⋅°, ezekből

adódik a kívánt egyenlőtlenség.

6. Mutassa meg, hogy az alábbi egyenleteknek nincs megoldása a valós számok köré-

ben!

a) 7cos2sin5 =+ xx b) 33sin2sinsin =++ xxx c) °=⋅ 40sincossin xx

d) ( )3

1sinsin =+⋅ πxx

e) 13

sinsin =

+⋅π

xx

8

Megoldás: a) 1sin ≤x és 1cos ≤x , ezért 7cos2sin5 ≤+ xx . Az egyenlőtlenségben akkor lesz egyenlőség, ha 1sin =x és 1cos =x mindegyike teljesül ugyanarra az x számra, ami nem lehetséges.

b) 1sin ≤α , ezért 33sin2sinsin ≤++ xxx . Egyenlőség csak úgy lehet, ha x megol-dása a 1sin =x , 12sin =x és 13sin =x egyenleteknek. Az egyenletek megoldásai

rendre ππ

k22+ , π

π⋅+m

4,

36

ππ⋅+ n , ahol a k, m, n számok tetszőleges egész szá-

mok. Ennek a három számhalmaznak nincs közös eleme, az egyenleteknek nincs közös megoldása, ezért az eredeti egyenletnek sincs.

c) °=⋅ 40sin2cossin2 xx , azaz 12

1240sin22sin =⋅>°=x , és ez sosem teljesül.

d) ( ) 0sinsin ≤+⋅ πxx , mert xsin és ( )π+xsin ellentétes előjelű, vagy mindkettő

nulla.

e) 1sin1 ≤≤− x miatt 13

sinsin =

+⋅π

xx csak úgy lehet, ha mindkét tényező 1,

vagy ha mindkét tényező 1− , ami nem teljesülhet.

7. Oldja meg a 4

12sin 2 =x egyenletet!

Megoldás: 2

12sin ±=x .

Ha 2

12sin =x , akkor vagy π

ππ

πkxkx +=+=

12,2

62 1 ,

vagy ππ

ππ

kxkx +=+=12

5,2

6

52 2 , ahol Ζ∈k .

Ha 2

12sin −=x , akkor vagy π

ππ

πkxkx +−=+−=

12,2

62 3 ,

vagy ππ

ππ

kxkx +−=+−=12

5,2

6

52 4 , ahol Ζ∈k .

8. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) 0cossin =+ xx b) 1cossin =+ xx c) xxx cossin2sin21 +=+

9

a) I. Megoldás: xx cossin −= . A 0cos =x megoldásai egyenletünknek nem megoldá-

sai, így oszthatunk xcos -el, nem veszítünk gyököt: ,1,1cos

sin−=−= xtg

x

x a megoldás

ππ

kx +−=4

, ahol Ζ∈k .

a) II. Megoldás: Emeljük négyzetre mindkét oldalt: 0cossin2cossin 22 =⋅++ xxxx ,

azaz 12sin,02sin1,0cossin21 −==+=⋅+ xxxx , így ππ

kx 22

32 += , π

πkx +=

4

3,

Ζ∈k . Ellenőrzés mutatja, hogy ezek mind megoldások, a négyzetre emeléssel most

nem kaptunk hamis gyököt. (Hiszen az 0=a és az 02 =a egyenletek ekvivalensek.)

a) III. Megoldás: Szorozzuk az egyenletet 2

2-vel: 0cos

2

2sin

2

2=⋅+⋅ xx , azaz

04

sincos4

sinsin4

cos =

+=⋅+⋅πππ

xxx , így ππ

ππ

kxkx +−==+4

,4

, ahol Ζ∈k .

b) I. Megoldás: Emeljük négyzetre mindkét oldalt, 1cossin2cossin 22 =⋅++ xxxx ,

azaz 0cossin2 =⋅ xx . Ha 0sin =x , akkor Ζ∈= kkx ,1 π ; ha 0cos =x , akkor

Ζ∈+= kkx ,22 ππ

. A négyzetre emelés általában bővíti az egyenlet megoldásainak

halmazát, emiatt a kapott megoldásokat ellenőrizni kell, nézzük meg egy perióduson be-lül a lehetséges gyököket. A gyökök egy része kiesik (a hamis gyökök a

1cossin −=+ xx megoldásai), a megoldások Ζ∈= kkx ,2*1 π és Ζ∈+= kkx ,2

2*2 π

π.

b) II. Megoldás: Szorozzuk az egyenletet 2

2-vel:

2

2cos

2

2sin

2

2=⋅+⋅ xx , azaz

2

2

4sincos

4sinsin

4cos =

+=⋅+⋅πππ

xxx , így ππππ

kxkx 2,244 1 =+=+ , illetve

ππ

πππ

kxkx 22

,24

3

4 2 +=+=+ , ahol Ζ∈k .

c) ( )222 cossincossin2cossin2sin1 xxxxxxx +=⋅++=+ miatt egyenletünk átírható

( ) xxxx cossincossin 2 +=+ alakba. Az ( ) 01,2 =−= aaaa egyenlet gyökei 01 =a

és 12 =a . A 0cossin =+ xx egyenlet megoldása az a) feladat szerint: ππ

kx +−=41 ,

ahol Ζ∈k . A 1cossin =+ xx megoldásai a b) feladat szerint: πkx 22 = ,

ππ

kx 223 += , Ζ∈k . A gyökök: π

πkx +−=

41 , πkx 22 = , ππ

kx 223 += , Ζ∈k .

10

9. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) xx sin4sin = b) xx sin4sin −= c) xx sin4cos = d) xx ctg4tg −=

Megoldás: a) Ha βα sinsin = , akkor πβα k2+= , vagy ππβα k2+=+ , ahol Ζ∈k .

Ezért πkxx 24 += , azaz Ζ∈= kk

x ,3

21

π, vagy ππ kxx 24 +=+ , azaz

( )Ζ∈

+= k

kx ,

5

122

π.

b) A ( ) αα sinsin −=− azonossággal az előbbi típusú egyenlethez jutunk: a

xx sin4sin −= egyenlet helyett a ( )xx −= sin4sin egyenletet vizsgáljuk. Így vagy

πkxx 24 +−= , azaz Ζ∈= kk

x ,5

21

π, vagy ( ) ππ kxx 24 +=−+ ,

azaz ( )

Ζ∈+

= kk

x ,3

122

π.

c)

−== xxx2

cossin4cosπ

, így

vagy ππ

kxx 22

4 +

−= , azaz Ζ∈+= kk

x ,5

2

101

ππ,

vagy ππ

kxx 22

4 =

−+ , azaz Ζ∈+−= kk

x ,3

2

62

ππ.

d) ( )

+=−=−= xxxx2

tgctgctg4tgπ

, így ( )

6

12,

24

ππ

π +=++=

kxkxx , Ζ∈k .

10. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) xx tgcos = b) 03ctgtg2 =++ xx

Megoldás: a) Az egyenlet értelmezési tartományába az Zkkx ∈°⋅+°≠ ,18090 értékek tartoznak.

x

xx

cos

sincos = , innen xx sincos2 = , azaz xx sinsin1 2 =− . Rendezzük az egyenletet:

01sinsin2 =−+ xx . Ennek a xsin -re másodfokú egyenletnek a gyökei:

( )2

51sin 1

−−=x , ( )

2

51sin 2

+−=x . Az első érték kisebb –1-nél, így annak az

egyenletnek nincs megoldása. A második egyenlet gyökei adják egyenletünk megoldá-

sait: °⋅+°= 36017,381 kx , °⋅+°= 36083,1412 kx , ahol k tetszőleges egész szám.

11

b) Az egyenlet értelmezési tartományába az Zkkx ∈°⋅+°≠ ,900 értékek tartoznak.

03tg

1tg2 =++

xx . Az xa tg= helyettesítés után az egyenlet: 0132 2 =++ aa . En-

nek megoldásai: 2

11 −=a , 12 −=a . Ha

2

1tg −=x , akkor °⋅+°−= 18057,261 kx ; ha

1tg −=x , akkor °⋅+°−= 180452 kx , ahol k tetszőleges egész szám.

11. Oldja meg a xxxx 5cos4sin3cos2sin ⋅=⋅ egyenletet!

Megoldás: Használjuk a szorzatot összeggé alakító azonosságot:

( ) ( )[ ]βαβαβα −++⋅=⋅ sinsin2

1cossin ;

illetve a különbséget szorzattá alakító azonosságot:

2cos

2sin2sinsin

βαβαβα

+⋅

−=− .

( ) ( )xxxx sin9sin2

1sin5sin

2

1−=− , így 05sin9sin =− xx , azaz 07cos2sin =⋅ xx .

Ezért 02sin =x vagy 07cos =x . Megoldás 21

π⋅= kx ,

7142

ππ kx += , ahol Ζ∈k .

12. Oldja meg az egyenlőtlenségeket.

a) 2

32sin >x b) xx cossin > c) 01sinsin2 2 >−+ xx

Megoldás:

a) Tekintsük a trigonometrikus egységkört. 2

3

3sin =

π és

2

3

3

2sin =

π.

2

3sin >α pontosan akkor, ha π

παπ

πkk 2

3

22

3+<<+ .

12

Ezért a 2

32sin >x egyenlőtlenség megoldása: Zkkk ∈

++ ,3

;6

ππ

ππ

.

b) Ábrázoljuk a függvényeket, és innen leolvasható a megoldás.

Megoldás: Zkkk ∈

++ ,24

5;2

4π

ππ

π.

c) 02

1sin

2

1sin2 >−+ xx , innen az xa sin= helyettesítés után az 0

2

1

2

12 >−+ aa

egyenlőtlenséget kapjuk. Az 2

1

2

12 −+= aay parabola felfelé nyitott, zérushelyei

1−=a és 2

1=a . Így az 0

2

1

2

12 >−+ aa egyenlőtlenség megoldásai az 1−<a , illet-

ve 2

1>a valós számok.

A 1sin −<x egyenlőtlenségnek nincs megoldása,

a 2

1sin >x megoldása Zkkk ∈

++ ,26

5;2

6π

ππ

π.

13. Az ABC derékszögű háromszög derékszögű C csúcsából induló szögharmadolók az át-

fogót a D és E pontban metszik, és 4

33=

CD

CE. Mekkorák a háromszög hegyesszögei?

13

Megoldás. A szögharmadolók °30 -os szögekre osztják a derékszöget. °+=∠ 30αCED és α−°=∠ 120CDE .

A CED háromszögben írjuk fel a szinusztételt: ( )( )α

α+°−°

==30sin

120sin

4

33

CD

CE.

( ) ( )αα −°⋅=+°⋅ 120sin430sin33 .

αα cos3sin5 =

5

3tg =α , °≈ 10,19α , és így °≈−° 90,7090 α . A háromszög hegyesszögei °10,19

és °90,70 .

14. A hegyesszögű ABC háromszög a és b oldalához tartozó magasságok hossza am és bm ,

és ezek egymással α szöget zárnak be.

Mutassa meg, hogy α

αsin

cos222baba mmmm

c−+

= .

Megoldás. Az ABC háromszög C csúcsánál levő szöge is α , így αsinamb = ,

αsinbma = . Írjuk fel a koszinusztételt:

αααα

α cossin

2sinsin

cos222

2

2

2222 ⋅

⋅⋅−+=−+= baab mmmm

abbac ,

azaz α

αsin

cos222baba mmmm

c−+

= .

14

15. Az ABC háromszögben BCAC = . Az AC oldalon felvesszük a D és E pontokat úgy,

hogy ECDEAD == legyen. Számítsa ki a háromszög területét, ha 5,8=BD és

10=BE .

Megoldás. 2

sin9

2

sin 2 αα ⋅=

⋅⋅=

xBCACtABC , tehát 2x és αsin értékét kell megha-

tározni.

A koszinusztétel miatt a BCE háromszögből 2

22

6

1009cos

x

xx −+=α , a BCD három-

szögből 2

22

12

25,7294cos

x

xx −+=α .

Az 2

22

2

22

12

25,7294

6

1009

x

xx

x

xx −+=

−+ egyenlet megoldása 25,182 =x , így

73

55cos =α , és

73

48sin =α .

A háromszög területe 5473

48

2

25,189=⋅

⋅=ABCt területegység.

16. Egy háromszög oldalainak hossza: 1,12,1 22 −+++ nnnn , ahol n 1-nél nagyobb

egész szám. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van °120 -os szöge.

Megoldás: Írjuk fel a koszinusztételt:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) γcos11221121 222222 ⋅−⋅+⋅−−++=++ nnnnnn .

Innen átalakítások után kapjuk: 2

1cos −=γ , tehát °= 120γ .

15

17. Egy háromszög oldalainak hossza egy olyan számtani sorozat három egymást követő

eleme, amelynek differenciája 1. A háromszög területének mérőszáma kétszer akkora, mint a kerület mérőszáma. Mekkorák az oldalak?

Megoldás. A háromszög oldalai 1,,1 +− aaa . A háromszög kerülete a3 .

A háromszög területe ( )( )

2

sin116

α−+=

aaa , innen

1

12sin

2 −=a

aα .

Írjuk fel a koszinusztételt: ( ) ( ) ( )( ) αcos11211 222 −+−−++= aaaaa , innen

( )12

2cos

2

2

−+

=a

aα .

Mivel 1cossin 22 =+ αα , így ( ) 112

2

1

122

2

22

2=

−+

+

− a

a

a

a, ebből rendezéssel:

05883 24 =− aa , ( ) 01963 22 =−⋅ aa . Mivel 0≠a , ezért 01962 =−a , innen 14=a . A háromszög oldalainak hossza 13, 14, 15 egység.

III. Ajánlott feladatok

1. Melyik a nagyobb: °°

2sin

1sin vagy

°°

4sin

3sin?

2. Igazolja az alábbi egyenlőségeket!

a) 415ctg15tg =°+°

b) 2

1

50cos

170sin20sin =

°⋅°⋅°

3. Igazolja az alábbi állításokat!

a) 4

62

24sin

24cos 44 +

=−ππ

b) ( )( ) 222ctg123ctg1 =°−°−

4. Hozza egyszerűbb alakra a bal oldali oszlopban álló kifejezéseket. Az eredményeket a

jobb oldali oszlopban felsoroltuk, csak más sorrendben. Keresse meg az összetartozó párokat.

(A) xx 44 sincos − (a) xsin

(B) ( ) ( )yxyx −⋅+ coscos (b) xcos

(C) ( ) ( )yxyx −⋅+ sinsin (c) xx cossin ⋅

16

(D) x

xx

tg1

sincos

−−

(d) xsin

1

(E) xy

yx

ctgctg

tgtg

−

− (e)

xcos

1

(F) xy

yx

ctgtg

ctgtg

−

− (f) xx 22 sincos −

(G) xx ctgtg

1

+ (g) yx 22 sincos −

(H) x

x

sin1

cos1

2

+− (h) yx 22 sinsin −

(I) xxx costgsin +⋅ (i) yx tgtg ⋅

(J) xxx sinctgcos +⋅ (j) yx ctgtg ⋅

5. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) ( ) xxx coscos2 2 =⋅−

b) xx cossin1 2 =+

c) xx2sin2sin =

6. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) 0cos2cossin3sin 22 =+⋅− xxxx b) 2cos6cossinsin2 22 −=−⋅+ xxxx

7. Oldja meg a ( ) xxxx 2coscos1cos1sin ++=+⋅ egyenletet!

8. Oldja meg a 14sin8sin 22 −=− xx egyenletet!

9. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) 5cos4sin3 =+ xx b) 6cos5sin4 =+ xx

10. Oldja meg a xxxx 7cos6cos5cos4cos ⋅=⋅ egyenletet!

11. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket.

a) 0cos ≤x b) 2

1sin ≥x c) 3ctg −<x

12. Oldja meg a 12cos2sin3 <+ xx egyenlőtlenséget.

13. Az ABCD négyzetbe írtuk az AEF egyenlő szárú háromszöget, ahol E a BC oldalon, F a DC oldalon nyugszik és AFAE = . Ha 3tg =∠AFE , akkor mennyi ∠EABcos ?

14. Mutassa meg, ha ABCDEFGHI szabályos kilencszög, akkor ACABAF += .

17

15. Az ABC háromszögben °=== 60,3,8 <BACACAB , és az A csúcsból induló szög-

felező a szemközti oldalt a D pontban metszi. Mekkora a CD szakasz?

16. Egy 5 egység sugarú körbe írt háromszög két oldala 7 és 9 egység. Mekkora a harma-dik oldal?

17. Egy háromszög oldalainak hossza 1,,1 +− nnn , ahol n egész szám, és a háromszög

legnagyobb szöge kétszerese a legkisebb szögének. Mekkorák a háromszög oldalai?

18. Egységsugarú félkörbe téglalapot írtunk, melynek két csúcsa az átmérőn, két másik csúcsa a félköríven nyugszik. Legfeljebb mekkora lehet a téglalap területe?

19. Az ABC szabályos háromszögben felvettük az M és N pontokat úgy, hogy °=∠=∠ 40MBAMAB , °=∠ 20NAB , °=∠ 30NBA . Bizonyítsa be, hogy MN pár-

huzamos BC-vel.

20. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, területe ( )22 cbat −−= . Határozza meg az a ol-

dallal szemközti szög nagyságát.

Az ajánlott feladatok megoldásai

1. Melyik a nagyobb: °°

2sin

1sin vagy

°°

4sin

3sin?

I. Megoldás: °⋅°

°⋅°−°⋅°=

°°

−°°

4sin2sin

3sin2sin4sin1sin

4sin

3sin

2sin

1sin, mivel

( )°−°=°⋅° 5cos3cos2

14sin1sin és ( )°−°=°⋅° 5cos1cos

2

13sin2sin , miatt a tört

( ) ( )0

4sin

1sin

4sin2sin2

1sin2sin2

4sin2sin2

1cos3cos

4sin2sin2

5cos1cos5cos3cos<

°°

−=°⋅°°⋅°−

=°⋅°°−°

=°⋅°

°−°−°−°= .

Ezekből következik, hogy °°

4sin

3sin a nagyobb.

II. Megoldás: 15cos1cos

5cos3cos

3sin2sin

4sin1sin

4sin

3sin:

2sin

1sin<

°−°°−°

=°⋅°°⋅°

=°°

°°

, így °°

4sin

3sin a na-

gyobb.

2. Igazolja az alábbi egyenlőségeket!

a) 415ctg15tg =°+°

b) 2

1

50cos

170sin20sin =

°⋅°⋅°

18

Megoldás:

a) °⋅°

=°⋅°°+°

=°°

+°°

=°+°15sin15cos

1

15sin15cos

15cos15sin

15sin

15cos

15cos

15sin15ctg15tg

22

,

és ααα cossin22sin ⋅= miatt:

421

2

30sin

2

15sin15cos2

2

15sin15cos

1==

°=

°⋅°⋅=

°⋅°.

b) ( )αα −°= 90cossin és ααα cossin22sin ⋅= , így

( )2

1

50cos

40sin

2

1

50cos

120cos20sin2

2

1

50cos

170sin20sin =

°°

⋅=°

⋅°⋅°=°

⋅°⋅° .

3. Igazolja az alábbi állításokat!

a) 4

62

24sin

24cos 44 +

=−ππ

b) ( )( ) 222ctg123ctg1 =°−°−

Megoldás:

a) 12

cos24

sin24

cos24

sin24

cos24

sin24

cos 222244 πππππππ=

+⋅

−=− , és

( )4

62

2

2

2

3

2

2

2

14560cos

12cos

+=⋅+⋅=°−°=

π.

b) ( )( ) =

°°

−

°°

−=°−°−22sin

22cos1

23sin

23cos122ctg123ctg1

( ) ( )=

°⋅°°−°⋅°−°

=°

°−°⋅

°°−°

22sin23sin

4522sin24523sin2

22sin

22cos22sin

23sin

23cos23sin

( ) ( )2

23sin22sin

23sin22sin2

23sin22sin

23sin22sin2=

°⋅°°⋅°

=°⋅°

°−⋅°−= .

Más megoldás. Használjuk a ( )αβ

αββα

ctgctg

1ctgctgctg

−+⋅

=− összefüggést.

( )( )( ) ( ) =°−

°−°+°⋅°

−=°−°−°− 22ctg145ctg22ctg

145ctg22ctg122ctg12245ctg1

( ) ( ) =°−⋅−°

−°−−°=°−

−°+⋅°

−= 22ctg1122ctg

122ctg122ctg22ctg1

122ctg

1122ctg1

( ) 222ctg1122ctg

2=°−⋅

−°−

= .

19

4. Hozza egyszerűbb alakra a bal oldali oszlopban álló kifejezéseket. Az eredményeket a jobb oldali oszlopban felsoroltuk, csak más sorrendben. Keresse meg az összetartozó párokat.

(A) xx 44 sincos − (a) xsin

(B) ( ) ( )yxyx −⋅+ coscos (b) xcos

(C) ( ) ( )yxyx −⋅+ sinsin (c) xx cossin ⋅

(D) x

xx

tg1

sincos

−−

(d) xsin

1

(E) xy

yx

ctgctg

tgtg

−

− (e)

xcos

1

(F) xy

yx

ctgtg

ctgtg

−

− (f) xx 22 sincos −

(G) xx ctgtg

1

+ (g) yx 22 sincos −

(H) x

x

sin1

cos1

2

+− (h) yx 22 sinsin −

(I) xxx costgsin +⋅ (i) yx tgtg ⋅

(J) xxx sinctgcos +⋅ (j) yx ctgtg ⋅

Megoldás: (A) – (f), (B) – (g), (C) – (h), (D) – (b), (E) – (i), (F) – (j), (G) – (c), (H) – (a), (I) – (e), (J) – (d).

5. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) ( ) xxx coscos2 2 =⋅− b) xx cossin1 2 =+ c) xx2sin2sin =

Megoldás:

a) Ha 0cos =x , akkor ππ

kx +=2

, ahol k tetszőleges egész szám. Ezek megoldásai

az egyenletnek. Ha 0cos ≠x , akkor ( )x

xx

cos

cos2 2 =− .

Ha 0cos >x , akkor 1cos

cos=

x

x, azaz ( ) 12 2 =−x , 3=x vagy 1=x . A 0cos >x felté-

telt 1=x teljesíti, ezért ez is megoldása egyenletünknek.

Ha 0cos <x , akkor 1cos

cos−=

x

x, ám az ( ) 12 2 −=−x egyenletnek nincs megoldása.

Az ( ) xxx coscos2 2 =⋅− egyenlet megoldásai 1=x és ππ

kx +=2

, ahol k tetszőle-

ges egész szám.

20

b) xx cos1sin1 2 ≥≥+ miatt az egyenletnek akkor van megoldása, ha 1sin1 2 =+ x és 1cos =x teljesül. A megoldás: πkx 2= , ahol k tetszőleges egész szám.

Másképp: xxx coscos11sin1 22 =−+=+ , azaz 02coscos2 =−+ xx . Ennek gyökei 2cos −=x és 1cos =x , ezek közül csak 1cos =x lehetséges, a megoldás πkx 2= ,

ahol k tetszőleges egész szám.

c) xx2sin0 221sin ≤=≤ miatt az egyenletnek akkor van megoldása, ha az egyenlet

mindkét oldala 1, azaz ha 1sin =x és 0sin =x egyszerre teljesül, ami nem lehetséges. Az egyenletnek nincs megoldása.

6. Oldja meg az alábbi egyenleteket!

a) 0cos2cossin3sin 22 =+⋅− xxxx

b) 2cos6cossinsin2 22 −=−⋅+ xxxx

Megoldás: a) Ha 0cos =x lenne, akkor az egyenlet miatt 0sin =x , ami lehetetlen. Ezért most

0cos ≠x , oszthatunk x2cos -el, és így kapjuk a 02tg3tg2 =+− xx másodfokú

egyenletet. Ennek gyökei 1tg =x és 2tg =x , ahonnan ππ

kx +=41 és

πkx +≈ 1071,12 , ahol Ζ∈k .

b) Ha 0cos =x lenne, akkor az egyenlet miatt 1sin 2 −=x , ami lehetetlen. Ezért most

0cos ≠x , oszthatunk x2cos -el, azonban a kapott x

xx2

2

cos

26tgtg −=−+ egyenlet

most nem lesz xtg -re nézve másodfokú egyenlet.

Használjuk, hogy ( ) 2cossin2 22 =+ xx , ezért egyenletünk előbb a

( )xxxxxx 2222 cossin2cos6cossinsin2 +−=−⋅+ , azaz a

0cos3cossinsin4 22 =−⋅+ xxxx alakot ölti, majd a x2cos -el való osztás után kap-

juk a 03tgtg4 2 =−+ xx egyenletet. Ennek gyökei: 4

3tg =x és 2tg −=x , ahonnan

πkx +≈ 6435,01 és πkx +≈ 1850,22 , ahol Ζ∈k .

7. Oldja meg a ( ) xxxx 2coscos1cos1sin ++=+⋅ egyenletet!

Megoldás: Ha 1cos =x , akkor 2

3sin =x , ám ennek nincs megoldása. Ezért ha egyen-

letünknek megoldása x, akkor 1cos ≠x , 0cos1 ≠− x . Szorozzuk az egyenletet

( )xcos1− -el.

( ) xxx 32 cos1cos1sin −=−⋅ ,

xx 33 cos1sin −= ,

1cossin 33 =+ xx .

21

Mivel xx 23 sinsin ≤ , xx 23 coscos ≤ és 1cossin 22 =+ xx , így 1cossin 33 ≤+ xx .

Ezért xx 23 sinsin = és xx 23 coscos = , azaz ( ) 01sinsin =−⋅ xx és

( ) 01coscos =−⋅ xx .

Mivel 1cos ≠x , így 0cos =x . Ha 0cos =x , akkor 1sin ±=x , ám

( ) 01sinsin =−⋅ xx miatt csak 1sin =x lehet.

Így az egyenlet megoldása ππ

kx 22+= , ahol Ζ∈k .

8. Oldja meg a 14sin8sin 22 −=− xx egyenletet!

Megoldás: xx 4cos4sin1 22 =− , így az egyenlet 04cos8sin 22 =+ xx alakban írható.

Mivel 04cos,08sin 22 ≥≥ xx , így 04cos8sin 22 =+ xx csak úgy lehet, ha

08sin 2 =x és 04cos2 =x , azaz 08sin =x és 04cos =x . A 08sin =x egyenlet

megoldásai: πkx =18 , így Ζ∈= kk

x ,81

π. A 04cos =x egyenlet megoldásai:

ππ

kx +=2

4 2 , így Ζ∈+= kk

x ,482

ππ. Olyan x szám lehet csak az egyenlet megol-

dása, amelyre 08sin =x és 04cos =x is teljesül, így a megoldások:

Ζ∈+= kk

x ,48

ππ.

9. Oldja meg az alábbi egyenleteket! a) 5cos4sin3 =+ xx b) 6cos5sin4 =+ xx

Megoldás:

a) 1cos5

4sin

5

3=+ xx , mivel 1

5

4

5

322

=

+

, így van olyan ϕ hegyesszög, amelyre

5

3cos =ϕ és

5

4sin =ϕ (gondoljunk a 1cossin 22 =+ ϕϕ összefüggésre). Ez a szög

°= 13,53ϕ .

( )ϕϕϕ +=⋅+⋅=+= xxxxx sincossinsincoscos5

4sin

5

31 , azaz ( ) 1sin =+ϕx ,

( ) 113,53sin =°+x , ennek megoldása

°⋅+°=°+ 3609013,53 kx , így °⋅+°= 36087,36 kx , ahol k tetszőleges egész szám.

b) 4154 22 =+ , így 141

5

41

422

=

+

. Legyen ϕ olyan hegyesszög, amelyre

41

4cos =ϕ , ez a szög °= 34,51ϕ .

22

Osszuk az egyenletet 41 -gyel, és ezután alkalmazható az addíciós tétel:

41

6cos

41

5sin

41

4=⋅+⋅ xx ,

41

6cossinsincos =⋅+⋅ xx ϕϕ , vagyis ( )

41

6sin =+ϕx ,

( ) °==°+ 56,69sin41

634,51sin x ,

tehát °⋅+°=°+ 36056,6934,51 kx , °⋅+°= 36022,18 kx ,

vagy ( ) °⋅+°−°=°+ 36056,6918034,51 kx , °⋅+°= 36010,59 kx , ahol k tetszőleges

egész szám.

10. Oldja meg a xxxx 7cos6cos5cos4cos ⋅=⋅ egyenletet!

Megoldás: Használjuk a szorzatot összeggé alakító azonosságot:

( ) ( )[ ]βαβαβα −++⋅=⋅ coscos2

1coscos .

Így ( ) ( )xxxx cos13cos2

1cos9cos

2

1+=+ , 013cos9cos =− xx .

A 2

sin2

sin2coscosαββα

βα−

⋅+

=− azonosság miatt egyenletünk a következő

alakot ölti: 02sin11sin2 =⋅ xx .

Ezért 2

,02sin 1

π⋅== kxx , vagy

11,011sin 2

π⋅== kxx , ahol Ζ∈k .

11. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket.

a) 0cos ≤x

b) 2

1sin ≥x

c) 3ctg −<x

Megoldás:

a) Zkkk ∈

++ ,22

3;2

2π

ππ

π.

b) Zkkk ∈

++ ,26

5;2

6π

ππ

π.

c) Zkkk ∈

+− ,;6

πππ

.

23

12. Oldja meg a 12cos2sin3 <+ xx egyenlőtlenséget.

Megoldás: Az 2

12cos

2

12sin

2

3<+ xx , azaz

2

12cos

6sin2sin

6cos <⋅+⋅ xx

ππ, és az

addíciós tétel miatt 2

1

62sin <

+π

x .

Ennek megoldása πππ

ππ

kxk 26

13

622

6

5+<+<+ , így π

ππ

πkxk 2

6

1222

6

4+<<+ ,

azaz ππππ

kxk +<<+3

, ahol k tetszőleges egész szám.

13. Az ABCD négyzetbe írtuk az AEF egyenlő szárú háromszöget, ahol E a BC oldalon, F

a DC oldalon nyugszik és AFAE = . Ha 3tg =∠AFE , akkor mennyi ∠EABcos ?

Megoldás: Az ábra az AC átlóra szimmetrikus, így az A-nál lévő szög:

( ) βα 2218090 +−°=° , így °−= 45αβ , ahol βα =∠=∠ EABAFE , .

( ) ( )αααβ sincos2

245coscos +=°−= . Mivel 3tg =α , így αα cos3sin = , és

1cossin 22 =+ αα miatt 10

1cos =α , innen

10

3sin =α és

5

52

10

3

10

1

2

2cos =

+=β .

24

14. Mutassa meg, ha ABCDEFGHI szabályos kilencszög, akkor ACABAF += .

Megoldás: Tudjuk, hogy ha egy r sugarú körben az a hosszúságú húrhoz α kerületi

szög tartozik, akkor αsin2 ⋅= ra . A szabályos kilencszög egy oldalához °=°

409

360-

os középponti szög, és °20 -os kerületi szög tartozik.

Az AB húrhoz °20 -os, az AC húrhoz °40 -os és az AF húrhoz °80 -os kerületi szög tar-tozik. Ezek miatt az ACABAF += egyenlőség felírható a következő alakban:

°⋅+°⋅=°⋅ 40sin220sin280sin2 rrr . A °+°=° 40sin20sin80sin összefüggést kell

igazolnunk. A 2

cos2

sin2sinsinβαβα

βα−

⋅+

=+ azonosság miatt

°=°⋅°=°+° 10cos10cos30sin240sin20sin , és °=° 80sin10cos , így °=°+° 80sin40sin20sin .

15. Az ABC háromszögben °=== 60,3,8 <BACACAB , és az A csúcsból induló szög-

felező a szemközti oldalt a D pontban metszi. Mekkora a CD szakasz?

Megoldás: A koszinusz-tétel miatt: .7247360cos83283 22 =−=°⋅⋅⋅−+=BC

A szögfelező-tétel miatt 8

3=

DB

CD, így

11

217

11

3

11

3=⋅== BCCD .

25

16. Egy 5 egység sugarú körbe írt háromszög két oldala 7 és 9 egység. Mekkora a harma-dik oldal?

Megoldás: Két megoldás van, amit a szerkesztésből is látunk. Felhasználjuk, ha az r sugarú körbe írt háromszög a oldalával szemben α szög van, akkor αsin2 ⋅= ra .

Így βsin107 ⋅= és 1sin109 γ⋅= , illetve 2sin109 γ⋅= , ahol °=+ 18021 γγ , és a 1γ ,

2γ szögek egyike hegyesszög, a másik tompaszög (hiszen egyik sem derékszög). Vá-

lasszuk a 1γ szöget tompaszögnek.

10

9sin 1 =γ , 1γ tompaszög, ezért

10

19cos 1 −=γ ; és

10

19cos 2 =γ .

10

7sin =β , és β hegyesszög, ezért

10

51cos =β .

Az első esetben: ( )( ) ( ) =+=+−°= 111 sin180sinsin γβγβα

100

519197sincoscossin 11

+−=⋅+⋅= γβγβ .

Az 11 sin2 α⋅= ra összefüggés alapján: 38,310

5191971 ≈

+−=a .

26

A második esetben: ( )( ) ( ) =+=+−°= 222 sin180sinsin γβγβα

100

519197sincoscossin 22

+=⋅+⋅= γβγβ .

Az 22 sin2 α⋅= ra összefüggés alapján: 48,910

5191972 ≈

+=a .

Két megoldás van: a háromszög harmadik oldala 3,38, vagy 9,48 egység.

17. Egy háromszög oldalainak hossza 1,,1 +− nnn , ahol n egész szám, és a háromszög

legnagyobb szöge kétszerese a legkisebb szögének. Mekkorák a háromszög oldalai?

Megoldás: A háromszögben nagyobb szöggel szemben nagyobb oldal van, így ha a

kisebb szög ,α akkor a szinusz-tétel szerint: αα 2sin

1

sin

1 +=

− nn, azaz

ααα cossin2

1

sin

1 +=

− nn, és így

( )12

1cos

−+

=n

nα .

Most írjuk fel a koszinusztételt: ( ) ( ) ( ) ,cos1211 222 α+−++=− nnnnn innen

( ) ( ) ( )( )12

11211 222

−+

⋅+−++=−n

nnnnnn .

Ebből a műveletek és az összevonások elvégzése után 5=n . Tehát a háromszög oldalai 4, 5 és 6 egység hosszúak.

18. Egységsugarú félkörbe téglalapot írtunk, melynek két csúcsa az átmérőn, két másik

csúcsa a félköríven nyugszik. Legfeljebb mekkora lehet a téglalap területe? Megoldás: Az ábrán látható adatokkal felírhatjuk a téglalap területét.

ααα 2sinsincos2 =⋅=t . Mivel 12sin ≤α , így a téglalap területe legfeljebb 1 terü-letegység. A téglalap területe ezt az értéket felveszi, ha °= 45α . (Ekkor a téglalap egyik oldala kétszerese a másik oldalának.)

27

19. Az ABC szabályos háromszögben felvettük az M és N pontokat úgy, hogy °=∠=∠ 40MBAMAB , °=∠ 20NAB , °=∠ 30NBA . Bizonyítsa be, hogy MN pár-

huzamos BC-vel.

Megoldás. Az M és az N pontok merőleges vetülete a BC oldalon P és Q. Az MN pár-huzamos BC-vel, ha NQMP = .

A BAN háromszögben a szinusztétel miatt: °

=°

=° 50sin130sin20sin

aaBN.

A BAM háromszögben a szinusztétel miatt: °

=°

=° 80sin100sin40sin

aaBM.

Ekkor: °

°⋅°⋅=°⋅=

50sin

30sin20sin30sin

aBNNQ , és

°

°⋅°⋅=°⋅=

80sin

20sin40sin20sin

aBMMP .

NQMP = teljesül, ha °°

=°°

80sin

40sin

50sin

30sin. Ez igaz,

mivel °⋅°=°⋅°⋅=°⋅° 50sin40sin40cos40sin22

180sin30sin .

28

20. Az ABC háromszög oldalai a, b, c, területe ( )22 cbat −−= . Határozza meg az a ol-

dallal szemközti szög nagyságát.

Megoldás. Az a oldallal szemközti szöget jelölje α .

( ) 22222 22

sincbcbacba

bct −+−=−−=

⋅=

α, azaz 2222

2

sincbabc

bc−−=−

⋅ α.

A koszinusztétel miatt: αcos2222 ⋅−+= bccba , azaz αcos2222 ⋅−=−− bccba .

Ezekből αα

cos222

sin⋅−=−

⋅bcbc

bc.

Osszunk bc-vel ( 0≠bc ): αα

cos222

sin−=− , azaz ( )αα cos14sin −= .

Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát:

ααα 22 cos16cos3216sin +−= . Használjuk a αα 22 cos1sin −= azonosságot, és

rendezzük az egyenletet: 015cos32cos17 2 =+− αα . Az egyenlet gyökei: 1cos =α

és 17

15cos =α . Az első gyök nem megoldása a feladatnak, mert °≠ 0α .

17

15cos =α , így °≈ 07,28α .

29

IV. Ellenőrző feladatok

1. Számolja ki °+°+°+° 140cos100cos60cos20cos értékét számológép segítsége nél-

kül!

2. Az a, b, c oldalú háromszög oldalaira fenn áll az cbacbba ++

=+

++

311összefüg-

gés. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van °60 -os szöge.

3. Oldja meg a ( ) xx sin260sin =+° egyenletet.

4. Oldja meg a 0tgtg2 ≥+ xx egyenlőtlenséget.

5. Mekkora az ábrán látható ED szakasz?

6. Egy egyenlő szárú háromszögben az alapon fekvő szög szinusza kétszerese a csúcsnál fekvő szög koszinuszának. Mekkora a szárszög?

30

Az ellenőrző feladatok megoldásai

1. Számolja ki °+°+°+° 140cos100cos60cos20cos értékét számológép segítsége nél-

kül!

Megoldás: =°+°+°+° 140cos100cos60cos20cos

=°+°+°+°= 60cos100cos20cos140cos

=°+°+

°−°⋅

°+°= 60cos100cos

2

20140cos

2

20140cos2

=°+°+°⋅°= 60cos100cos60cos80cos2

( ) .2

1

2

180cos80cos

2

1100cos

2

180cos2 =+°−+°=+°+⋅°=

2. Az a, b, c oldalú háromszög oldalaira fenn áll az cbacbba ++

=+

++

311összefüg-

gés. Mutassa meg, hogy a háromszögnek van °60 -os szöge.

Megoldás: A feltétel átrendezett alakja: cacab ⋅−+= 222 , és ez a koszinusztétel

szerint azt jelenti, hogy a b oldallal szemközti β szögre 2

1cos =β , tehát °= 60β .

3. Oldja meg a ( ) xx sin260sin =+° egyenletet.

Megoldás: Az addíciós tétel miatt: xxx sin2sin60coscos60sin =⋅°+⋅° , itt helyette-

sítsük az ismert szögfüggvényértékeket: xxx sin2sin2

1cos

2

3=⋅+⋅ , azaz

xx sin2

3cos

2

3⋅=⋅ . Mivel 0cos ≠x , így oszthatunk vele, és rendezés után:

3

3tg =x , azaz °⋅+°= 18030 kx , ahol k tetszőleges egész szám.

4. Oldja meg a 0tgtg2 ≥+ xx egyenlőtlenséget.

Megoldás: Az egyenlet értelmezési tartományába az Zkkx ∈⋅+≠ ,2

ππ

értékek tar-

toznak. Az xa tg= helyettesítés után az 02 ≥+ aa egyenlőtlenséget kapjuk. Az

aay += 2 parabola felfelé nyitott, zérushelyei 0=a és 1−=a . Így az 02 ≥+ aa

egyenlőtlenség megoldásai az 1−≤a , illetve 0≥a valós számok.

A 1tg −≤x egyenlőtlenség megoldása ππ

ππ

kxk +−≤<+−42

, a 0tg ≥x egyenlőt-

lenség megoldása ππ

π kxk +<≤+2

0 , ahol k tetszőleges egész szám.

31

5. Mekkora az ábrán látható ED szakasz?

Megoldás: Az ABC háromszögben írjuk fel a koszinusz-tételt:

γcos352357 222 ⋅⋅⋅−+= , ahol .∠=∠= DCEACBγ Innen .2

1cos −=γ

A DCE háromszögben a koszinusz-tétel szerint

372

124169cos43243 222 =

−⋅−+=⋅⋅⋅−+= γDE , .37=DE

6. Egy egyenlő szárú háromszögben az alapon fekvő szög szinusza kétszerese a csúcsnál

fekvő szög koszinuszának. Mekkora a szárszög?

Megoldás. Az alapon fekvő szögek nagysága α , a szárszög β . Ekkor

βα cos2sin = , továbbá °=+ 1802 βα .

Ebből ( ) 1sin2cossin2cos2180coscos 222 −=−=−=−°= αααααβ , ezt az előbbi

egyenletbe írva kapjuk a 02sin2sin4 2 =−− αα egyenletet, melynek gyökei

8

331sin

±=α . Mivel α hegyesszög, °=

+= 47,57,

8

331sin αα , és a szárszög

°= 07,65β .