Номер 7.94, страница 230 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Авторы: Никольский С. М., Потапов М. К., Решетников Н. Н., Шевкин А. В.
Тип: Учебник
Издательство: Просвещение
Год издания: 2014 - 2025
Уровень обучения: базовый и углублённый
Цвет обложки: голубой в сеточку
ISBN: 978-5-09-087768-8
Рекомендовано Министерством образования и науки Российской Федерации
Математика: алгебра и начала математического анализа, геометрия
Популярные ГДЗ в 10 классе
7.7*. Примеры использования арксинуса и арккосинуса. § 7. Синус и косинус угла. Глава II. Тригонометрические формулы. Тригонометрические функции - номер 7.94, страница 230.
№7.94 (с. 230)
Условие. №7.94 (с. 230)
скриншот условия

7.94 Задайте с помощью неравенств все углы α, которым соответствуют выделенные точки единичной окружности (рис. 107, а–з). Определите, какой из этих рисунков соответствует неравенству:
1) $sin \\alpha > 0$;
2) $sin \\alpha < 0$;
3) $cos \\alpha > 0$;
4) $cos \\alpha < 0$;
5) $sin \\alpha < -\\frac{\\sqrt{2}}{2}$;
6) $sin \\alpha > \\frac{1}{2}$;
7) $cos \\alpha < \\frac{1}{2}$;
8) $cos \\alpha > -\\frac{\\sqrt{2}}{2}$.
а)
б)
в)
г)
д)
е)
ж)
з)
Рис. 107
Решение 1. №7.94 (с. 230)








Решение 2. №7.94 (с. 230)

Решение 3. №7.94 (с. 230)

Решение 4. №7.94 (с. 230)

Решение 5. №7.94 (с. 230)
а)
На рисунке а) выделена левая половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют отрицательные абсциссы, то есть $x < 0$. Поскольку для точек единичной окружности $x = \cos \alpha$, то искомое неравенство — $\cos \alpha < 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < \frac{3\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\cos \alpha < 0$.
б)
На рисунке б) выделена нижняя половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют отрицательные ординаты, то есть $y < 0$. Поскольку $y = \sin \alpha$, то искомое неравенство — $\sin \alpha < 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $\pi + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\sin \alpha < 0$.
в)
На рисунке в) выделена дуга, которая начинается в точке, соответствующей углу $\frac{\pi}{2}$, и идет против часовой стрелки до точки, соответствующей углу $2\pi$ (или $0$). Этой дуге соответствуют все углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{2}, 2\pi)$. С учетом периодичности, решение можно записать в виде $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$. Эту область нельзя задать одним простым тригонометрическим неравенством вида $\sin\alpha > c$ или $\cos\alpha > c$. Она является объединением решений неравенств $\cos\alpha < 0$ (II и III четверти) и $\sin\alpha < 0$ (III и IV четверти).
Ответ: $\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < 2\pi + 2\pi k, k \in \mathbb{Z}$.
г)
На рисунке г) выделена верхняя половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют положительные ординаты, то есть $y > 0$. Поскольку $y = \sin \alpha$, то искомое неравенство — $\sin \alpha > 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $2\pi k < \alpha < \pi + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\sin \alpha > 0$.
д)
На рисунке д) выделена правая половина единичной окружности. Точкам этой дуги соответствуют положительные абсциссы, то есть $x > 0$. Поскольку $x = \cos \alpha$, то искомое неравенство — $\cos \alpha > 0$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $-\frac{\pi}{2} + 2\pi k < \alpha < \frac{\pi}{2} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\cos \alpha > 0$.
е)
На рисунке е) выделены две дуги. Граничные точки соответствуют углам $\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}$. В этих точках $|\sin \alpha| = |\cos \alpha| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная верхняя дуга соответствует углам от $\frac{\pi}{4}$ до $\frac{3\pi}{4}$, где $\sin \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная нижняя дуга соответствует углам от $\frac{5\pi}{4}$ до $\frac{7\pi}{4}$, где $\sin \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Объединение этих двух условий можно записать одним неравенством $|\sin \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $|\sin \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
ж)
На рисунке ж) также выделены две дуги, симметричные относительно оси абсцисс. Граничные точки те же, что и в предыдущем пункте. Выделенная правая дуга соответствует углам от $-\frac{\pi}{4}$ до $\frac{\pi}{4}$, где $\cos \alpha > \frac{\sqrt{2}}{2}$. Выделенная левая дуга соответствует углам от $\frac{3\pi}{4}$ до $\frac{5\pi}{4}$, где $\cos \alpha < -\frac{\sqrt{2}}{2}$. Объединение этих двух условий можно записать одним неравенством $|\cos \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
Ответ: $|\cos \alpha| > \frac{\sqrt{2}}{2}$.
з)
На рисунке з) выделена дуга, ограниченная вертикальной прямой. Это означает, что неравенство связано с $\cos \alpha$. Прямая проходит через точки с абсциссой $x = \frac{1}{2}$. Выделенная дуга находится правее этой прямой, что соответствует условию $\cos \alpha > \frac{1}{2}$. Решением этого неравенства является объединение интервалов $-\frac{\pi}{3} + 2\pi k < \alpha < \frac{\pi}{3} + 2\pi k$, где $k \in \mathbb{Z}$.
Ответ: $\cos \alpha > \frac{1}{2}$.
Теперь определим, какой из рисунков соответствует каждому неравенству.
1) $\sin \alpha > 0$
Неравенству соответствуют точки единичной окружности с положительной ординатой, то есть точки верхней полуплоскости. Это изображено на рисунке г).
Ответ: г).
2) $\sin \alpha < 0$
Неравенству соответствуют точки единичной окружности с отрицательной ординатой, то есть точки нижней полуплоскости. Это изображено на рисунке б).
Ответ: б).
3) $\cos \alpha > 0$
Неравенству соответствуют точки единичной окружности с положительной абсциссой, то есть точки правой полуплоскости. Это изображено на рисунке д).
Ответ: д).
4) $\cos \alpha < 0$
Неравенству соответствуют точки единичной окружности с отрицательной абсциссой, то есть точки левой полуплоскости. Это изображено на рисунке а).
Ответ: а).
5) $\sin \alpha < \frac{\sqrt{2}}{2}$
Решением этого неравенства являются углы, для которых точки на единичной окружности лежат ниже прямой $y = \frac{\sqrt{2}}{2}$. Это соответствует большой дуге, идущей от точки $\frac{3\pi}{4}$ против часовой стрелки к точке $\frac{\pi}{4}$. Ни один из представленных рисунков точно не соответствует этому решению.
Ответ: нет соответствующего рисунка.
6) $\sin \alpha > \frac{1}{2}$
Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{6} + 2\pi k, \frac{5\pi}{6} + 2\pi k)$. Это дуга в верхней полуплоскости, но она не совпадает ни с одной из изображенных на рисунках е), ж), з).
Ответ: нет соответствующего рисунка.
7) $\cos \alpha < \frac{1}{2}$
Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(\frac{\pi}{3} + 2\pi k, \frac{5\pi}{3} + 2\pi k)$. Этому решению соответствует дуга, которая является дополнением к дуге, изображенной на рисунке з). На рисунке з) показано решение неравенства $\cos \alpha > \frac{1}{2}$.
Ответ: нет соответствующего рисунка (рисунок з) изображает противоположное неравенство).
8) $\cos \alpha > -\frac{\sqrt{2}}{2}$
Решением этого неравенства являются углы $\alpha$ из интервала $(-\frac{3\pi}{4} + 2\pi k, \frac{3\pi}{4} + 2\pi k)$. Это большая дуга, охватывающая правую часть окружности. Ни один из представленных рисунков точно не соответствует этому решению.
Ответ: нет соответствующего рисунка.
Другие задания:
Помогло решение? Оставьте отзыв в комментариях ниже.
Мы подготовили для вас ответ c подробным объяснением домашего задания по алгебре за 10 класс, для упражнения номер 7.94 расположенного на странице 230 к учебнику 2014 года издания для учащихся школ и гимназий.
Теперь на нашем сайте ГДЗ.ТОП вы всегда легко и бесплатно найдёте условие с правильным ответом на вопрос «Как решить ДЗ» и «Как сделать» задание по алгебре к упражнению №7.94 (с. 230), авторов: Никольский (Сергей Михайлович), Потапов (Михаил Константинович), Решетников (Николай Николаевич), Шевкин (Александр Владимирович), ФГОС (старый) базовый и углублённый уровень обучения учебного пособия издательства Просвещение.