Problemas básicos de trigonometría - problemas muy difíciles y soluciones

Solución:
[tex]\angle ABC[/tex] es obtuso, así que [tex]D[/tex] está en la prolongación de [tex]AB[/tex] más allá de [tex]B[/tex]. [tex]\angle CBD=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}[/tex], así que en el triángulo rectángulo [tex]BDC[/tex] se tiene [tex]BD=CD=x[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]ADC[/tex]:
[tex]\tan 30^{\circ}=\frac{CD}{AD}=\frac{x}{24+x}\iff 24+x=\sqrt{3}x\iff x=\frac{24}{\sqrt{3}-1}=12\left(\sqrt{3}+1\right)[/tex]

Solución:
[tex]c=AB=\sqrt{4+8}=2\sqrt{3}[/tex]. Sea [tex]AL[/tex] la bisectriz de [tex]\alpha[/tex], [tex]L\in BC[/tex]. Por el teorema de la bisectriz [tex]\frac{CL}{LB}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}[/tex], así que [tex]CL=\frac{ab}{b+c}[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]ACL[/tex]:
[tex]\tan \frac{\alpha}{2}=\frac{CL}{AC}=\frac{a}{b+c}=\frac{2}{2\sqrt{2}+2\sqrt{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{2}}=\sqrt{3}-\sqrt{2}[/tex]

Solución:
Los catetos son [tex]a=c\operatorname{sen} \alpha[/tex] y [tex]b=c\operatorname{sen} \beta=c\cos\alpha[/tex], porque [tex]\beta=90^{\circ}-\alpha[/tex]. Así, [tex]S=\frac{ab}{2}=\frac{c^2}{2}\operatorname{sen} \alpha\cos\alpha[/tex]. Elevamos al cuadrado la igualdad dada:
[tex]m^2=\operatorname{sen} ^2\alpha+\cos^2\alpha+2\operatorname{sen} \alpha\cos\alpha=1+2\operatorname{sen} \alpha\cos\alpha[/tex]
Entonces [tex]\operatorname{sen} \alpha\cos\alpha=\frac{m^2-1}{2}[/tex] y [tex]S=\frac{c^2\left(m^2-1\right)}{4}[/tex].

Solución:
En el triángulo rectángulo [tex]ABA_1[/tex]: [tex]BA_1=\sqrt{5^2-4^2}=3[/tex]. Sea [tex]AC=BC=x[/tex]; entonces [tex]CA_1=x-3[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]AA_1C[/tex]: [tex]x^2=4^2+(x-3)^2[/tex], de donde [tex]6x=25[/tex] y [tex]x=\frac{25}{6}[/tex]. Entonces [tex]CA_1=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}\gt 0[/tex], así que [tex]A_1[/tex] está entre [tex]B[/tex] y [tex]C[/tex]. Por lo tanto,
[tex]\tan \gamma=\frac{AA_1}{CA_1}=\frac{4}{\frac{7}{6}}=\frac{24}{7}[/tex]

Solución:
En el triángulo rectángulo [tex]AFC[/tex]: [tex]CF=AF\times \tan \alpha[/tex]. La recta [tex]AH[/tex] es perpendicular a [tex]BC[/tex], así que [tex]\angle HAF=90^{\circ}-\beta[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]AFH[/tex]:
[tex]HF=AF\times \tan (90^{\circ}-\beta)=\frac{AF}{\tan \beta}[/tex]
De [tex]CF=2HF[/tex] se obtiene [tex]AF\times \tan \alpha=\frac{2AF}{\tan \beta}[/tex], de donde [tex]\tan \alpha\times \tan \beta=2[/tex].

Solución:
[tex]\angle BAC=15^{\circ}[/tex]. Sea [tex]CH[/tex] la altura; entonces [tex]\angle ACH=90^{\circ}-15^{\circ}=75^{\circ}[/tex]. Como [tex]MA=MC=5[/tex], [tex]\angle ACM=15^{\circ}[/tex] y [tex]\angle HCM=60^{\circ}[/tex]. Como [tex]\angle ACL=45^{\circ}[/tex], [tex]\angle HCL=30^{\circ}[/tex], así que [tex]L[/tex] está entre [tex]H[/tex] y [tex]M[/tex]. En los triángulos rectángulos [tex]CHM[/tex] y [tex]CHL[/tex]:
[tex]CH=CM\cos 60^{\circ}=\frac{5}{2}; \quad HM=CH\tan 60^{\circ}=\frac{5\sqrt{3}}{2}; \quad HL=CH\tan 30^{\circ}=\frac{5\sqrt{3}}{6}[/tex]
[tex]ML=HM-HL=\frac{5\sqrt{3}}{2}-\frac{5\sqrt{3}}{6}=\frac{5\sqrt{3}}{3}[/tex]

Solución:
La mediana sobre la hipotenusa es la mitad de esta, así que [tex]AB=2CM=\sqrt{17}[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]CHM[/tex]:
[tex]HM=CM\times \operatorname{sen} \angle HCM=\frac{\sqrt{17}}{2}\times \frac{8}{17}=\frac{4}{\sqrt{17}}[/tex]
Así, [tex]H[/tex] divide la hipotenusa en los segmentos
[tex]\frac{\sqrt{17}}{2}+\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{25}{2\sqrt{17}}; \quad\frac{\sqrt{17}}{2}-\frac{4}{\sqrt{17}}=\frac{9}{2\sqrt{17}}[/tex]
El cuadrado de cada cateto es igual a la hipotenusa por la proyección del cateto: [tex]\sqrt{17}\times \frac{9}{2\sqrt{17}}=\frac{9}{2}[/tex] y [tex]\sqrt{17}\times \frac{25}{2\sqrt{17}}=\frac{25}{2}[/tex]. Los catetos miden [tex]\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex] y [tex]\frac{5\sqrt{2}}{2}[/tex].

Solución:
[tex]CC_1=9+16=25[/tex]. La recta [tex]AH[/tex] es perpendicular a [tex]BC[/tex], así que [tex]\angle HAC_1=90^{\circ}-\angle B[/tex] y [tex]\angle AHC_1=\angle B[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]AC_1H[/tex]: [tex]\tan B=\frac{AC_1}{16}[/tex]. En el triángulo rectángulo [tex]AC_1C[/tex]: [tex]\tan A=\frac{25}{AC_1}[/tex]. Entonces
[tex]\frac{\tan B}{\tan A}=\frac{AC_1^2}{400}=4\;\Rightarrow\;AC_1=40; \quad\tan B=\frac{40}{16}=\frac{5}{2}[/tex]
En el triángulo rectángulo [tex]BC_1C[/tex]: [tex]BC_1=\frac{CC_1}{\tan B}=10[/tex]. Así, [tex]AB=50[/tex] y [tex]S=\frac{50\times 25}{2}=625[/tex].

Solución:
Sea [tex]D[/tex] el punto medio de [tex]AB[/tex], [tex]AD=1[/tex], [tex]CD=h[/tex] y [tex]\alpha=\angle BAC[/tex]; entonces [tex]\tan \alpha=h[/tex]. El circuncentro [tex]O[/tex] y el ortocentro [tex]H[/tex] están en [tex]CD[/tex]. Como [tex]AH\perp BC[/tex], [tex]\angle HAD=90^{\circ}-\alpha[/tex] y [tex]DH=AD\times \cot \alpha=\frac{1}{h}[/tex]. De [tex]OA=OC[/tex]:
[tex]DO^2+1=(h-DO)^2\iff DO=\frac{h^2-1}{2h}[/tex]
La condición [tex]OD=OH[/tex] significa que [tex]O[/tex] es el punto medio de [tex]DH[/tex]:
[tex]\frac{h^2-1}{2h}=\frac{1}{2h}\iff h^2=2[/tex]
Entonces [tex]AC=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}[/tex] y [tex]\operatorname{sen} \alpha=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex].