Основные задачи по тригонометрии - очень сложные задачи с решениями

Решение:
[tex]\angle ABC[/tex] тупой, поэтому [tex]D[/tex] лежит на продолжении [tex]AB[/tex] за точку [tex]B[/tex]. [tex]\angle CBD=180^{\circ}-135^{\circ}=45^{\circ}[/tex], поэтому в прямоугольном треугольнике [tex]BDC[/tex] [tex]BD=CD=x[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]ADC[/tex]:
[tex]\tg 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]

Решение:
[tex]c=AB=\sqrt{4+8}=2\sqrt{3}[/tex]. Пусть [tex]AL[/tex] — биссектриса угла [tex]\alpha[/tex], [tex]L\in BC[/tex]. По свойству биссектрисы [tex]\frac{CL}{LB}=\frac{AC}{AB}=\frac{b}{c}[/tex], поэтому [tex]CL=\frac{ab}{b+c}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]ACL[/tex]:
[tex]\tg \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]

Решение:
Катеты равны [tex]a=c\sin \alpha[/tex] и [tex]b=c\sin \beta=c\cos\alpha[/tex], так как [tex]\beta=90^{\circ}-\alpha[/tex]. Значит, [tex]S=\frac{ab}{2}=\frac{c^2}{2}\sin \alpha\cos\alpha[/tex]. Возведём данное равенство в квадрат:
[tex]m^2=\sin ^2\alpha+\cos^2\alpha+2\sin \alpha\cos\alpha=1+2\sin \alpha\cos\alpha[/tex]
Тогда [tex]\sin \alpha\cos\alpha=\frac{m^2-1}{2}[/tex] и [tex]S=\frac{c^2\left(m^2-1\right)}{4}[/tex].

Решение:
В прямоугольном треугольнике [tex]ABA_1[/tex]: [tex]BA_1=\sqrt{5^2-4^2}=3[/tex]. Пусть [tex]AC=BC=x[/tex]; тогда [tex]CA_1=x-3[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AA_1C[/tex]: [tex]x^2=4^2+(x-3)^2[/tex], откуда [tex]6x=25[/tex] и [tex]x=\frac{25}{6}[/tex]. Тогда [tex]CA_1=\frac{25}{6}-3=\frac{7}{6}\gt 0[/tex], т.е. [tex]A_1[/tex] лежит между [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex]. Значит,
[tex]\tg \gamma=\frac{AA_1}{CA_1}=\frac{4}{\frac{7}{6}}=\frac{24}{7}[/tex]

Решение:
В прямоугольном треугольнике [tex]AFC[/tex]: [tex]CF=AF\cdot \tg \alpha[/tex]. Прямая [tex]AH[/tex] перпендикулярна [tex]BC[/tex], поэтому [tex]\angle HAF=90^{\circ}-\beta[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AFH[/tex]:
[tex]HF=AF\cdot \tg (90^{\circ}-\beta)=\frac{AF}{\tg \beta}[/tex]
Из [tex]CF=2HF[/tex] получаем [tex]AF\cdot \tg \alpha=\frac{2AF}{\tg \beta}[/tex], откуда [tex]\tg \alpha\cdot \tg \beta=2[/tex].

Решение:
[tex]\angle BAC=15^{\circ}[/tex]. Пусть [tex]CH[/tex] — высота; тогда [tex]\angle ACH=90^{\circ}-15^{\circ}=75^{\circ}[/tex]. Так как [tex]MA=MC=5[/tex], [tex]\angle ACM=15^{\circ}[/tex] и [tex]\angle HCM=60^{\circ}[/tex]. Так как [tex]\angle ACL=45^{\circ}[/tex], [tex]\angle HCL=30^{\circ}[/tex], поэтому [tex]L[/tex] лежит между [tex]H[/tex] и [tex]M[/tex]. В прямоугольных треугольниках [tex]CHM[/tex] и [tex]CHL[/tex]:
[tex]CH=CM\cos 60^{\circ}=\frac{5}{2}; \quad HM=CH\tg 60^{\circ}=\frac{5\sqrt{3}}{2}; \quad HL=CH\tg 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]

Решение:
Медиана к гипотенузе равна её половине, поэтому [tex]AB=2CM=\sqrt{17}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]CHM[/tex]:
[tex]HM=CM\cdot \sin \angle HCM=\frac{\sqrt{17}}{2}\cdot \frac{8}{17}=\frac{4}{\sqrt{17}}[/tex]
Значит, [tex]H[/tex] делит гипотенузу на отрезки
[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]
Квадрат каждого катета равен произведению гипотенузы на его проекцию: [tex]\sqrt{17}\cdot \frac{9}{2\sqrt{17}}=\frac{9}{2}[/tex] и [tex]\sqrt{17}\cdot \frac{25}{2\sqrt{17}}=\frac{25}{2}[/tex]. Катеты равны [tex]\frac{3\sqrt{2}}{2}[/tex] и [tex]\frac{5\sqrt{2}}{2}[/tex].

Решение:
[tex]CC_1=9+16=25[/tex]. Прямая [tex]AH[/tex] перпендикулярна [tex]BC[/tex], поэтому [tex]\angle HAC_1=90^{\circ}-\angle B[/tex] и [tex]\angle AHC_1=\angle B[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AC_1H[/tex]: [tex]\tg B=\frac{AC_1}{16}[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AC_1C[/tex]: [tex]\tg A=\frac{25}{AC_1}[/tex]. Тогда
[tex]\frac{\tg B}{\tg A}=\frac{AC_1^2}{400}=4\;\Rightarrow\;AC_1=40; \quad\tg B=\frac{40}{16}=\frac{5}{2}[/tex]
В прямоугольном треугольнике [tex]BC_1C[/tex]: [tex]BC_1=\frac{CC_1}{\tg B}=10[/tex]. Значит, [tex]AB=50[/tex] и [tex]S=\frac{50\cdot 25}{2}=625[/tex].

Решение:
Пусть [tex]D[/tex] — середина [tex]AB[/tex], [tex]AD=1[/tex], [tex]CD=h[/tex] и [tex]\alpha=\angle BAC[/tex]; тогда [tex]\tg \alpha=h[/tex]. Центр описанной окружности [tex]O[/tex] и ортоцентр [tex]H[/tex] лежат на [tex]CD[/tex]. Так как [tex]AH\perp BC[/tex], то [tex]\angle HAD=90^{\circ}-\alpha[/tex] и [tex]DH=AD\cdot \ctg \alpha=\frac{1}{h}[/tex]. Из [tex]OA=OC[/tex]:
[tex]DO^2+1=(h-DO)^2\iff DO=\frac{h^2-1}{2h}[/tex]
Условие [tex]OD=OH[/tex] означает, что [tex]O[/tex] — середина [tex]DH[/tex]:
[tex]\frac{h^2-1}{2h}=\frac{1}{2h}\iff h^2=2[/tex]
Тогда [tex]AC=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}[/tex] и [tex]\sin \alpha=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}[/tex].