Основные задачи по тригонометрии - сложные задачи с решениями

Решение:
Используем [tex]\frac{\pi}{2}\approx 1{,} 57[/tex], [tex]\pi\approx 3{,} 14[/tex] и [tex]2\pi\approx 6{,} 28[/tex]. Так как [tex]1{,} 57\lt 2\lt 3{,} 14[/tex] и [tex]1{,} 57\lt 3\lt 3{,} 14[/tex], углы [tex]2[/tex] и [tex]3[/tex] лежат во второй четверти. Для [tex]-4[/tex] прибавим полный оборот: [tex]-4+2\pi\approx 2{,} 28[/tex], что тоже между [tex]1{,} 57[/tex] и [tex]3{,} 14[/tex]. Значит, все три угла лежат во второй четверти.

Решение:
[tex]\sin \frac{7\pi}{6}=\sin \left(\pi+\frac{\pi}{6}\right)=-\frac{1}{2}; \quad\cos\left(-\frac{5\pi}{3}\right)=\cos\left(2\pi-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{1}{2}[/tex]
Так как [tex]\frac{\pi}{7}+\frac{5\pi}{14}=\frac{\pi}{2}[/tex], то [tex]\tg \frac{5\pi}{14}=\ctg \frac{\pi}{7}[/tex], поэтому [tex]\tg \frac{\pi}{7}\cdot \tg \frac{5\pi}{14}=1[/tex]. Значение равно [tex]-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+1=1[/tex].

Решение:
По формулам приведения:
[tex]\cos(270^{\circ}-x)=-\sin x; \ \sin (270^{\circ}+x)=-\cos x; \ \tg (180^{\circ}-x)=-\tg x; \ \cos(270^{\circ}+x)=\sin x; \ \sin (180^{\circ}-x)=\sin x[/tex]
Числитель равен [tex]2(-\sin x)(-\cos x)(-\tg x)=-2\sin ^2 x[/tex], а знаменатель [tex]\sin ^2 x[/tex], поэтому значение равно [tex]-2[/tex] при любом допустимом [tex]x[/tex].

Решение:
[tex]\sin (\alpha-270^{\circ})=\cos\alpha; \quad\cos(\alpha-90^{\circ})=\sin \alpha; \quad\tg (\alpha+90^{\circ})=-\ctg \alpha[/tex]
Произведение равно
[tex]\cos\alpha\cdot \sin \alpha\cdot \left(-\frac{\cos\alpha}{\sin \alpha}\right)=-\cos^2\alpha=-\frac{1}{1+\tg ^2\alpha}=-\frac{1}{1+\frac{1}{4}}=-\frac{4}{5}[/tex]

Решение:
[tex]x-2\pi\in\left[\frac{\pi}{2}; \pi\right)[/tex], поэтому конечная сторона [tex]x[/tex] лежит во второй четверти: [tex]\sin x\gt 0[/tex] и [tex]\cos x\lt 0[/tex]. Из [tex]\ctg x=\frac{\cos x}{\sin x}=-2[/tex] получаем [tex]\cos x=-2\sin x[/tex], откуда [tex]\sin ^2 x+4\sin ^2 x=1[/tex] и [tex]\sin ^2 x=\frac{1}{5}[/tex]. Значит,
[tex]\sin x=\frac{\sqrt{5}}{5}; \quad\cos x=-\frac{2\sqrt{5}}{5}[/tex]

Решение:
Во второй четверти [tex]\cos\alpha\lt 0[/tex], поэтому
[tex]\cos\alpha=-\sqrt{1-\frac{9}{16}}=-\frac{\sqrt{7}}{4}; \quad\tg \alpha=\frac{\sin \alpha}{\cos\alpha}=-\frac{3}{\sqrt{7}}=-\frac{3\sqrt{7}}{7}[/tex]
Значит, [tex]7\tg \alpha=-3\sqrt{7}[/tex] и [tex]-8\cos\alpha=2\sqrt{7}[/tex], а значение равно [tex]-3\sqrt{7}+2\sqrt{7}=-\sqrt{7}[/tex].

Решение:
[tex]\frac{3\sin \alpha+2\tg \alpha}{\ctg \alpha}=\left(3\sin \alpha+\frac{2\sin \alpha}{\cos\alpha}\right)\cdot \frac{\sin \alpha}{\cos\alpha}=\frac{\sin ^2\alpha}{\cos\alpha}\left(3+\frac{2}{\cos\alpha}\right)[/tex]
Входит только [tex]\sin ^2\alpha[/tex], поэтому знак [tex]\sin \alpha[/tex] не важен: [tex]\sin ^2\alpha=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}[/tex] и [tex]3+\frac{2}{\cos\alpha}=9[/tex]. Значение равно
[tex]\frac{\frac{8}{9}}{\frac{1}{3}}\cdot 9=\frac{8}{3}\cdot 9=24[/tex]

Решение:
Подставим [tex]\sin ^2\alpha=1-\cos^2\alpha[/tex]:
[tex]20\cos^2\alpha-21\cos\alpha+4=0[/tex]
откуда [tex]\cos\alpha=\frac{4}{5}[/tex] или [tex]\cos\alpha=\frac{1}{4}[/tex]. При [tex]\alpha\in\left(315^{\circ}; 360^{\circ}\right)[/tex] имеем [tex]\cos\alpha\gt\cos 315^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0{,} 71[/tex], поэтому [tex]\cos\alpha=\frac{4}{5}[/tex]. В четвёртой четверти [tex]\sin \alpha\lt 0[/tex], поэтому [tex]\sin \alpha=-\frac{3}{5}[/tex] и [tex]\tg \alpha=-\frac{3}{4}[/tex].

Решение:
Пусть в [tex]ABC[/tex] [tex]\angle C=90^{\circ}[/tex] и [tex]CH[/tex] — высота. Пусть [tex]AH=x[/tex] — проекция [tex]AC[/tex]; тогда [tex]AB=5x[/tex] и [tex]HB=4x[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]CH^2=AH\cdot HB=4x^2[/tex], поэтому [tex]CH=2x[/tex]. Острый угол, прилежащий к [tex]AC[/tex], — это [tex]\angle A[/tex], и в прямоугольном треугольнике [tex]AHC[/tex]:
[tex]\tg A=\frac{CH}{AH}=\frac{2x}{x}=2[/tex]

Решение:
Пусть [tex]CM[/tex] — медиана к гипотенузе; тогда [tex]CM=MA=MB=\frac{AB}{2}=2CH[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]CHM[/tex]: [tex]\sin \angle CMH=\frac{CH}{CM}=\frac{1}{2}[/tex], поэтому острый угол между [tex]CM[/tex] и [tex]AB[/tex] равен [tex]30^{\circ}[/tex]. Пусть [tex]\angle A[/tex] — наименьший угол. Треугольник [tex]AMC[/tex] равнобедренный ([tex]MA=MC[/tex]), поэтому его внешний угол [tex]\angle CMB=2\angle A\lt 90^{\circ}[/tex]. Значит, [tex]2\angle A=30^{\circ}[/tex] и [tex]\angle A=15^{\circ}[/tex].

Решение:
Пусть [tex]AH\perp BC[/tex], [tex]H\in BC[/tex], т.е. [tex]AH=h_a[/tex]. Так как [tex]\beta[/tex] и [tex]\gamma[/tex] острые, [tex]H[/tex] лежит между [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], поэтому [tex]a=BH+HC[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]ABH[/tex]: [tex]\ctg \beta=\frac{BH}{AH}[/tex], т.е. [tex]BH=h_a\ctg \beta[/tex]. Аналогично [tex]HC=h_a\ctg \gamma[/tex]. Тогда
[tex]a=h_a(\ctg \beta+\ctg \gamma)\iff\frac{a}{h_a}=\ctg \beta+\ctg \gamma[/tex]

Решение:
Пусть [tex]CH\perp AB[/tex]; [tex]H[/tex] — середина [tex]AB[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AHC[/tex]: [tex]AH=AC\cdot \cos\angle BAC=\frac{3}{5}AC[/tex], поэтому [tex]AB=2AH=\frac{6}{5}AC[/tex]. По свойству биссектрисы
[tex]\frac{CL}{LB}=\frac{AC}{AB}=\frac{AC}{\frac{6}{5}AC}=\frac{5}{6}[/tex]

Решение:
Диагонали делятся пополам и перпендикулярны, поэтому сторона [tex]a=\sqrt{3^2+4^2}=5[/tex]. Площадь [tex]S=\frac{6\cdot 8}{2}=24[/tex], поэтому высота [tex]h=\frac{S}{a}=\frac{24}{5}[/tex]. В прямоугольном треугольнике, образованном высотой и стороной:
[tex]\sin \alpha=\frac{h}{a}=\frac{24}{25}; \quad\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{576}{625}}=\frac{7}{25}; \quad\tg \alpha=\frac{24}{7}[/tex]

Решение:
Высота равна диаметру: [tex]h=2r=4[/tex]. Пусть [tex]DD_1\perp AB[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]AD_1D[/tex]: [tex]\tg A=\frac{DD_1}{AD_1}=4[/tex], поэтому [tex]AD_1=1[/tex] и [tex]AD=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}[/tex]. В трапецию вписана окружность, поэтому [tex]AB+CD=AD+BC=2\sqrt{17}[/tex]. Кроме того, [tex]AB-CD=2AD_1=2[/tex]. Значит,
[tex]AB=\sqrt{17}+1; \quad CD=\sqrt{17}-1; \quad S=\frac{AB+CD}{2}\cdot h=\sqrt{17}\cdot 4=4\sqrt{17}[/tex]

Решение:
Пусть [tex]BM[/tex] — медиана, [tex]M[/tex] — середина [tex]AC[/tex]. Точка [tex]C[/tex] лежит на [tex]BC[/tex], поэтому расстояние от [tex]M[/tex] до [tex]BC[/tex] равно половине расстояния от [tex]A[/tex] до [tex]BC[/tex], т.е. [tex]\frac{h_a}{2}[/tex]. Пусть [tex]MP\perp BC[/tex], [tex]P\in BC[/tex]. В прямоугольном треугольнике [tex]BPM[/tex]:
[tex]\sin \angle MBP=\frac{MP}{BM}=\frac{\frac{h_a}{2}}{m_b}=\frac{1}{2}\;\Rightarrow\;\angle MBP=30^{\circ}[/tex]

Решение:
Пусть угол при основании равен [tex]\alpha[/tex]; угол при вершине равен [tex]180^{\circ}-2\alpha[/tex]. Тогда
[tex]\sin \alpha=3\cos(180^{\circ}-2\alpha)=-3\cos 2\alpha=-3\left(1-2\sin ^2\alpha\right)\iff 6\sin ^2\alpha-\sin \alpha-3=0[/tex]
Значит, [tex]\sin \alpha=\frac{1\pm\sqrt{73}}{12}[/tex]. Так как [tex]\sin \alpha\gt 0[/tex], [tex]\sin \alpha=\frac{1+\sqrt{73}}{12}\approx 0{,} 795[/tex] (тогда [tex]\alpha\approx 52{,} 7^{\circ}[/tex], что возможно).