Основни задачи по тригонометрия - трудни задачи с решения

Решение:
Използваме [tex]\frac{\pi}{2}\approx 1{,} 57[/tex], [tex]\pi\approx 3{,} 14[/tex] и [tex]2\pi\approx 6{,} 28[/tex]. Тъй като [tex]1{,} 57\lt 2\lt 3{,} 14[/tex] и [tex]1{,} 57\lt 3\lt 3{,} 14[/tex], ъглите [tex]2[/tex] и [tex]3[/tex] са във втори квадрант. За [tex]-4[/tex] добавяме пълно завъртане: [tex]-4+2\pi\approx 2{,} 28[/tex], което също е между [tex]1{,} 57[/tex] и [tex]3{,} 14[/tex]. Следователно и трите ъгъла са във втори квадрант.

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]
Тъй като [tex]\frac{\pi}{7}+\frac{5\pi}{14}=\frac{\pi}{2}[/tex], имаме [tex]\tg \frac{5\pi}{14}=\cotg \frac{\pi}{7}[/tex], затова [tex]\tg \frac{\pi}{7}\cdot \tg \frac{5\pi}{14}=1[/tex]. Стойността е [tex]-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+1=1[/tex].

Решение:
От формулите за привеждане:
[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]
Числителят е [tex]2(-\sin x)(-\cos x)(-\tg x)=-2\sin ^2 x[/tex], а знаменателят е [tex]\sin ^2 x[/tex], затова стойността е [tex]-2[/tex] за всяко допустимо [tex]x[/tex].

Решение:
[tex]\sin (\alpha-270^{\circ})=\cos\alpha; \quad\cos(\alpha-90^{\circ})=\sin \alpha; \quad\tg (\alpha+90^{\circ})=-\cotg \alpha[/tex]
Произведението е
[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], затова второто рамо на [tex]x[/tex] е във втори квадрант: [tex]\sin x\gt 0[/tex] и [tex]\cos x\lt 0[/tex]. От [tex]\cotg x=\frac{\cos x}{\sin x}=-2[/tex] получаваме [tex]\cos x=-2\sin x[/tex], откъдето [tex]\sin ^2 x+4\sin ^2 x=1[/tex] и [tex]\sin ^2 x=\frac{1}{5}[/tex]. Следователно
[tex]\sin x=\frac{\sqrt{5}}{5}; \quad\cos x=-\frac{2\sqrt{5}}{5}[/tex]

Решение:
Във втори квадрант [tex]\cos\alpha\lt 0[/tex], затова
[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]
Следователно [tex]7\tg \alpha=-3\sqrt{7}[/tex] и [tex]-8\cos\alpha=2\sqrt{7}[/tex], а стойността е [tex]-3\sqrt{7}+2\sqrt{7}=-\sqrt{7}[/tex].

Решение:
[tex]\frac{3\sin \alpha+2\tg \alpha}{\cotg \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]
Участва само [tex]\sin ^2\alpha[/tex], затова знакът на [tex]\sin \alpha[/tex] няма значение: [tex]\sin ^2\alpha=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}[/tex] и [tex]3+\frac{2}{\cos\alpha}=9[/tex]. Стойността е
[tex]\frac{\frac{8}{9}}{\frac{1}{3}}\cdot 9=\frac{8}{3}\cdot 9=24[/tex]

Решение:
Заместваме [tex]\sin ^2\alpha=1-\cos^2\alpha[/tex]:
[tex]20\cos^2\alpha-21\cos\alpha+4=0[/tex]
откъдето [tex]\cos\alpha=\frac{4}{5}[/tex] или [tex]\cos\alpha=\frac{1}{4}[/tex]. За [tex]\alpha\in\left(315^{\circ}; 360^{\circ}\right)[/tex] имаме [tex]\cos\alpha\gt\cos 315^{\circ}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0{,} 71[/tex], затова [tex]\cos\alpha=\frac{4}{5}[/tex]. В четвърти квадрант [tex]\sin \alpha\lt 0[/tex], затова [tex]\sin \alpha=-\frac{3}{5}[/tex] и [tex]\tg \alpha=-\frac{3}{4}[/tex].

Решение:
Нека в [tex]ABC[/tex] имаме [tex]\angle C=90^{\circ}[/tex] и височина [tex]CH[/tex]. Нека [tex]AH=x[/tex] е проекцията на [tex]AC[/tex]; тогава [tex]AB=5x[/tex] и [tex]HB=4x[/tex]. В правоъгълен триъгълник [tex]CH^2=AH\cdot HB=4x^2[/tex], затова [tex]CH=2x[/tex]. Острият ъгъл, прилежащ на [tex]AC[/tex], е [tex]\angle A[/tex], и в правоъгълния триъгълник [tex]AHC[/tex]:
[tex]\tg A=\frac{CH}{AH}=\frac{2x}{x}=2[/tex]

Решение:
Нека [tex]CM[/tex] е медианата към хипотенузата; тогава [tex]CM=MA=MB=\frac{AB}{2}=2CH[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]CHM[/tex]: [tex]\sin \angle CMH=\frac{CH}{CM}=\frac{1}{2}[/tex], затова острият ъгъл между [tex]CM[/tex] и [tex]AB[/tex] е [tex]30^{\circ}[/tex]. Нека [tex]\angle A[/tex] е най-малкият ъгъл. Триъгълникът [tex]AMC[/tex] е равнобедрен ([tex]MA=MC[/tex]), затова външният му ъгъл [tex]\angle CMB=2\angle A\lt 90^{\circ}[/tex]. Следователно [tex]2\angle A=30^{\circ}[/tex] и [tex]\angle A=15^{\circ}[/tex].

Решение:
Нека [tex]AH\perp BC[/tex], [tex]H\in BC[/tex], т.е. [tex]AH=h_a[/tex]. Тъй като [tex]\beta[/tex] и [tex]\gamma[/tex] са остри, [tex]H[/tex] лежи между [tex]B[/tex] и [tex]C[/tex], затова [tex]a=BH+HC[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]ABH[/tex]: [tex]\cotg \beta=\frac{BH}{AH}[/tex], т.е. [tex]BH=h_a\cotg \beta[/tex]. Аналогично [tex]HC=h_a\cotg \gamma[/tex]. Тогава
[tex]a=h_a(\cotg \beta+\cotg \gamma)\iff\frac{a}{h_a}=\cotg \beta+\cotg \gamma[/tex]

Решение:
Нека [tex]CH\perp AB[/tex]; [tex]H[/tex] е среда на [tex]AB[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]AHC[/tex]: [tex]AH=AC\cdot \cos\angle BAC=\frac{3}{5}AC[/tex], затова [tex]AB=2AH=\frac{6}{5}AC[/tex]. От свойството на ъглополовящата
[tex]\frac{CL}{LB}=\frac{AC}{AB}=\frac{AC}{\frac{6}{5}AC}=\frac{5}{6}[/tex]

Решение:
Диагоналите се разполовяват под прав ъгъл, затова страната е [tex]a=\sqrt{3^2+4^2}=5[/tex]. Лицето е [tex]S=\frac{6\cdot 8}{2}=24[/tex], затова височината е [tex]h=\frac{S}{a}=\frac{24}{5}[/tex]. В правоъгълния триъгълник, образуван от височината и страна:
[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:
Височината е равна на диаметъра: [tex]h=2r=4[/tex]. Нека [tex]DD_1\perp AB[/tex]. В правоъгълния триъгълник [tex]AD_1D[/tex]: [tex]\tg A=\frac{DD_1}{AD_1}=4[/tex], затова [tex]AD_1=1[/tex] и [tex]AD=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}[/tex]. В трапеца е вписана окръжност, затова [tex]AB+CD=AD+BC=2\sqrt{17}[/tex]. Освен това [tex]AB-CD=2AD_1=2[/tex]. Следователно
[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:
Нека [tex]BM[/tex] е медианата, [tex]M[/tex] е среда на [tex]AC[/tex]. Точката [tex]C[/tex] лежи на [tex]BC[/tex], затова разстоянието от [tex]M[/tex] до [tex]BC[/tex] е половината от разстоянието от [tex]A[/tex] до [tex]BC[/tex], т.е. [tex]\frac{h_a}{2}[/tex]. Нека [tex]MP\perp BC[/tex], [tex]P\in BC[/tex]. В правоъгълния триъгълник [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:
Нека ъгълът при основата е [tex]\alpha[/tex]; ъгълът при върха е [tex]180^{\circ}-2\alpha[/tex]. Тогава
[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]
Следователно [tex]\sin \alpha=\frac{1\pm\sqrt{73}}{12}[/tex]. Тъй като [tex]\sin \alpha\gt 0[/tex], [tex]\sin \alpha=\frac{1+\sqrt{73}}{12}\approx 0{,} 795[/tex] (тогава [tex]\alpha\approx 52{,} 7^{\circ}[/tex], което е възможно).