Страница 385 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

192 Вычислите:

a) $ \sin 2\alpha $ и $ \cos \frac{\alpha}{2} $, если $ \cos \alpha = -\frac{3}{5} $ и $ \frac{\pi}{2} < \alpha < \pi $;

б) $ \cos 2\alpha $ и $ \sin \frac{\alpha}{2} $, если $ \sin \alpha = \frac{5}{13} $ и $ 0 < \alpha < \frac{\pi}{2} $;

в) $ \sin \alpha $ и $ \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2} $, если $ \cos \alpha = -\frac{3}{5} $ и $ \pi < \alpha < \frac{3}{2}\pi $;

г) $ \cos \alpha $ и $ \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2} $, если $ \sin \alpha = -\frac{3}{5} $ и $ 1,5\pi < \alpha < 2\pi $;

д) $ \sin \alpha $, если $ \operatorname{tg} 2\alpha = -\frac{4}{3} $ и $ 0 < \alpha < 0,5\pi $;

е) $ \cos \alpha $, если $ \operatorname{ctg} 2\alpha = -2,4 $ и $ 0 < \alpha < 0,5\pi $.

а)

Дано: $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$ и $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$.

1. Найдем $\sin\alpha$. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:
$\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = 1 - (-\frac{3}{5})^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$.
Так как угол $\alpha$ находится во второй четверти ($\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$), то $\sin\alpha > 0$.
Следовательно, $\sin\alpha = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.

2. Вычислим $\sin(2\alpha)$ по формуле синуса двойного угла: $\sin(2\alpha) = 2\sin\alpha\cos\alpha$.
$\sin(2\alpha) = 2 \cdot \frac{4}{5} \cdot (-\frac{3}{5}) = -\frac{24}{25}$.

3. Вычислим $\cos(\frac{\alpha}{2})$ по формуле косинуса половинного угла: $\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 + \cos\alpha}{2}$.
$\cos^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 + (-\frac{3}{5})}{2} = \frac{\frac{2}{5}}{2} = \frac{1}{5}$.
Определим знак $\cos(\frac{\alpha}{2})$. Так как $\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$, то, разделив неравенство на 2, получим $\frac{\pi}{4} < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{2}$. Это первая четверть, где косинус положителен.
Следовательно, $\cos(\frac{\alpha}{2}) = \sqrt{\frac{1}{5}} = \frac{1}{\sqrt{5}} = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\sin(2\alpha) = -\frac{24}{25}$, $\cos(\frac{\alpha}{2}) = \frac{\sqrt{5}}{5}$.

б)

Дано: $\sin\alpha = \frac{5}{13}$ и $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$.

1. Вычислим $\cos(2\alpha)$ по формуле косинуса двойного угла: $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2\alpha$.
$\cos(2\alpha) = 1 - 2(\frac{5}{13})^2 = 1 - 2 \cdot \frac{25}{169} = 1 - \frac{50}{169} = \frac{119}{169}$.

2. Для вычисления $\sin(\frac{\alpha}{2})$ нам понадобится $\cos\alpha$.
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - (\frac{5}{13})^2 = 1 - \frac{25}{169} = \frac{144}{169}$.
Так как угол $\alpha$ находится в первой четверти ($0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$), то $\cos\alpha > 0$.
Следовательно, $\cos\alpha = \sqrt{\frac{144}{169}} = \frac{12}{13}$.

3. Вычислим $\sin(\frac{\alpha}{2})$ по формуле синуса половинного угла: $\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \cos\alpha}{2}$.
$\sin^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \frac{12}{13}}{2} = \frac{\frac{1}{13}}{2} = \frac{1}{26}$.
Определим знак $\sin(\frac{\alpha}{2})$. Так как $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$, то $0 < \frac{\alpha}{2} < \frac{\pi}{4}$. Это первая четверть, где синус положителен.
Следовательно, $\sin(\frac{\alpha}{2}) = \sqrt{\frac{1}{26}} = \frac{1}{\sqrt{26}} = \frac{\sqrt{26}}{26}$.

Ответ: $\cos(2\alpha) = \frac{119}{169}$, $\sin(\frac{\alpha}{2}) = \frac{\sqrt{26}}{26}$.

в)

Дано: $\cos\alpha = -\frac{3}{5}$ и $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$.

1. Найдем $\sin\alpha$. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:
$\sin^2\alpha = 1 - \cos^2\alpha = 1 - (-\frac{3}{5})^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$.
Так как угол $\alpha$ находится в третьей четверти ($\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$), то $\sin\alpha < 0$.
Следовательно, $\sin\alpha = -\sqrt{\frac{16}{25}} = -\frac{4}{5}$.

2. Вычислим $\tan(\frac{\alpha}{2})$ по формуле тангенса половинного угла: $\tan^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}$.
$\tan^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - (-\frac{3}{5})}{1 + (-\frac{3}{5})} = \frac{1+\frac{3}{5}}{1-\frac{3}{5}} = \frac{\frac{8}{5}}{\frac{2}{5}} = 4$.
Определим знак $\tan(\frac{\alpha}{2})$. Так как $\pi < \alpha < \frac{3\pi}{2}$, то $\frac{\pi}{2} < \frac{\alpha}{2} < \frac{3\pi}{4}$. Это вторая четверть, где тангенс отрицателен.
Следовательно, $\tan(\frac{\alpha}{2}) = -\sqrt{4} = -2$.

Ответ: $\sin\alpha = -\frac{4}{5}$, $\tan(\frac{\alpha}{2}) = -2$.

г)

Дано: $\sin\alpha = -\frac{3}{5}$ и $1.5\pi < \alpha < 2\pi$.

1. Найдем $\cos\alpha$. Из основного тригонометрического тождества $\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1$:
$\cos^2\alpha = 1 - \sin^2\alpha = 1 - (-\frac{3}{5})^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25}$.
Так как угол $\alpha$ находится в четвертой четверти ($1.5\pi < \alpha < 2\pi$), то $\cos\alpha > 0$.
Следовательно, $\cos\alpha = \sqrt{\frac{16}{25}} = \frac{4}{5}$.

2. Вычислим $\tan(\frac{\alpha}{2})$ по формуле тангенса половинного угла: $\tan^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \cos\alpha}{1 + \cos\alpha}$.
$\tan^2(\frac{\alpha}{2}) = \frac{1 - \frac{4}{5}}{1 + \frac{4}{5}} = \frac{\frac{1}{5}}{\frac{9}{5}} = \frac{1}{9}$.
Определим знак $\tan(\frac{\alpha}{2})$. Так как $1.5\pi < \alpha < 2\pi$ (или $\frac{3\pi}{2} < \alpha < 2\pi$), то $\frac{3\pi}{4} < \frac{\alpha}{2} < \pi$. Это вторая четверть, где тангенс отрицателен.
Следовательно, $\tan(\frac{\alpha}{2}) = -\sqrt{\frac{1}{9}} = -\frac{1}{3}$.

Ответ: $\cos\alpha = \frac{4}{5}$, $\tan(\frac{\alpha}{2}) = -\frac{1}{3}$.

д)

Дано: $\tan(2\alpha) = -\frac{4}{3}$ и $0 < \alpha < 0.5\pi$.

1. Определим четверть для угла $2\alpha$. Из условия $0 < \alpha < 0.5\pi$ (т.е. $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$) следует, что $0 < 2\alpha < \pi$.
Поскольку $\tan(2\alpha) = -\frac{4}{3} < 0$, угол $2\alpha$ находится во второй четверти, где косинус отрицателен.

2. Найдем $\cos(2\alpha)$ через тангенс, используя тождество $1 + \tan^2(2\alpha) = \frac{1}{\cos^2(2\alpha)}$.
$\frac{1}{\cos^2(2\alpha)} = 1 + (-\frac{4}{3})^2 = 1 + \frac{16}{9} = \frac{25}{9}$.
$\cos^2(2\alpha) = \frac{9}{25}$. Так как $2\alpha$ во второй четверти, $\cos(2\alpha) = -\sqrt{\frac{9}{25}} = -\frac{3}{5}$.

3. Вычислим $\sin\alpha$ через $\cos(2\alpha)$, используя формулу $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2\alpha$.
$2\sin^2\alpha = 1 - \cos(2\alpha) = 1 - (-\frac{3}{5}) = 1 + \frac{3}{5} = \frac{8}{5}$.
$\sin^2\alpha = \frac{4}{5}$.
Так как $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (первая четверть), то $\sin\alpha > 0$.
Следовательно, $\sin\alpha = \sqrt{\frac{4}{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.

Ответ: $\sin\alpha = \frac{2\sqrt{5}}{5}$.

е)

Дано: $\cot(2\alpha) = -2.4 = -\frac{12}{5}$ и $0 < \alpha < 0.5\pi$.

1. Определим четверть для угла $2\alpha$. Из условия $0 < \alpha < 0.5\pi$ (т.е. $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$) следует, что $0 < 2\alpha < \pi$.
Поскольку $\cot(2\alpha) = -2.4 < 0$, угол $2\alpha$ находится во второй четверти.

2. Найдем $\cos(2\alpha)$ через котангенс. Воспользуемся тождеством $\cot(2\alpha) = \frac{\cos(2\alpha)}{\sin(2\alpha)}$ и $\sin^2(2\alpha) + \cos^2(2\alpha) = 1$.
Из $\cot(2\alpha) = -\frac{12}{5}$, можно представить, что $\cos(2\alpha) = -12k$ и $\sin(2\alpha) = 5k$ для некоторого $k > 0$ (так как $2\alpha$ во второй четверти, синус положителен, а косинус отрицателен).
Подставим в основное тождество: $(-12k)^2 + (5k)^2 = 1$.
$144k^2 + 25k^2 = 1 \implies 169k^2 = 1 \implies k^2 = \frac{1}{169} \implies k = \frac{1}{13}$.
Тогда $\cos(2\alpha) = -12k = -\frac{12}{13}$.

3. Вычислим $\cos\alpha$ через $\cos(2\alpha)$, используя формулу $\cos(2\alpha) = 2\cos^2\alpha - 1$.
$2\cos^2\alpha = 1 + \cos(2\alpha) = 1 + (-\frac{12}{13}) = \frac{1}{13}$.
$\cos^2\alpha = \frac{1}{26}$.
Так как $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$ (первая четверть), то $\cos\alpha > 0$.
Следовательно, $\cos\alpha = \sqrt{\frac{1}{26}} = \frac{1}{\sqrt{26}} = \frac{\sqrt{26}}{26}$.

Ответ: $\cos\alpha = \frac{\sqrt{26}}{26}$.

193 Вычислите:

a) $ \text{tg } 2x $, если $ \text{tg } \frac{x}{2} = \frac{1}{5} $;

б) $ \text{tg } 8x $, если $ \text{tg } 2x = \frac{1}{4} $;

в) $ \text{tg } 4x $, если $ \text{tg } x = \frac{1}{3} $.

Для решения всех пунктов задачи используется формула тангенса двойного угла:

$ \tg(2\alpha) = \frac{2\tg(\alpha)}{1 - \tg^2(\alpha)} $

а)

По условию дано $ \tg \frac{x}{2} = \frac{1}{5} $. Требуется найти $ \tg 2x $. Решение будет состоять из двух шагов, последовательно применяя формулу двойного угла.

1. Сначала найдем $ \tg x $. Для этого в формуле двойного угла примем $ \alpha = \frac{x}{2} $:

$ \tg x = \tg(2 \cdot \frac{x}{2}) = \frac{2\tg(\frac{x}{2})}{1 - \tg^2(\frac{x}{2})} $

Подставляем известное значение $ \tg \frac{x}{2} = \frac{1}{5} $:

$ \tg x = \frac{2 \cdot \frac{1}{5}}{1 - (\frac{1}{5})^2} = \frac{\frac{2}{5}}{1 - \frac{1}{25}} = \frac{\frac{2}{5}}{\frac{24}{25}} = \frac{2}{5} \cdot \frac{25}{24} = \frac{5}{12} $.

2. Теперь, зная, что $ \tg x = \frac{5}{12} $, найдем $ \tg 2x $. Для этого в формуле двойного угла примем $ \alpha = x $:

$ \tg 2x = \frac{2\tg x}{1 - \tg^2 x} = \frac{2 \cdot \frac{5}{12}}{1 - (\frac{5}{12})^2} = \frac{\frac{10}{12}}{1 - \frac{25}{144}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{144-25}{144}} = \frac{\frac{5}{6}}{\frac{119}{144}} = \frac{5}{6} \cdot \frac{144}{119} = \frac{5 \cdot 24}{119} = \frac{120}{119} $.

Ответ: $ \frac{120}{119} $.

б)

По условию дано $ \tg 2x = \frac{1}{4} $. Требуется найти $ \tg 8x $. Решение также будет состоять из двух шагов.

1. Сначала найдем $ \tg 4x $. В формуле двойного угла примем $ \alpha = 2x $:

$ \tg 4x = \tg(2 \cdot 2x) = \frac{2\tg(2x)}{1 - \tg^2(2x)} $

Подставляем известное значение $ \tg 2x = \frac{1}{4} $:

$ \tg 4x = \frac{2 \cdot \frac{1}{4}}{1 - (\frac{1}{4})^2} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{16}} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{15}{16}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{16}{15} = \frac{8}{15} $.

2. Теперь, зная, что $ \tg 4x = \frac{8}{15} $, найдем $ \tg 8x $. В формуле двойного угла примем $ \alpha = 4x $:

$ \tg 8x = \tg(2 \cdot 4x) = \frac{2\tg(4x)}{1 - \tg^2(4x)} = \frac{2 \cdot \frac{8}{15}}{1 - (\frac{8}{15})^2} = \frac{\frac{16}{15}}{1 - \frac{64}{225}} = \frac{\frac{16}{15}}{\frac{225-64}{225}} = \frac{\frac{16}{15}}{\frac{161}{225}} = \frac{16}{15} \cdot \frac{225}{161} = \frac{16 \cdot 15}{161} = \frac{240}{161} $.

Ответ: $ \frac{240}{161} $.

в)

По условию дано $ \tg x = \frac{1}{3} $. Требуется найти $ \tg 4x $. Решение снова в два шага.

1. Сначала найдем $ \tg 2x $. В формуле двойного угла примем $ \alpha = x $:

$ \tg 2x = \frac{2\tg x}{1 - \tg^2 x} = \frac{2 \cdot \frac{1}{3}}{1 - (\frac{1}{3})^2} = \frac{\frac{2}{3}}{1 - \frac{1}{9}} = \frac{\frac{2}{3}}{\frac{8}{9}} = \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{8} = \frac{3}{4} $.

2. Теперь, зная, что $ \tg 2x = \frac{3}{4} $, найдем $ \tg 4x $. В формуле двойного угла примем $ \alpha = 2x $:

$ \tg 4x = \tg(2 \cdot 2x) = \frac{2\tg(2x)}{1 - \tg^2(2x)} = \frac{2 \cdot \frac{3}{4}}{1 - (\frac{3}{4})^2} = \frac{\frac{3}{2}}{1 - \frac{9}{16}} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{16-9}{16}} = \frac{\frac{3}{2}}{\frac{7}{16}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{16}{7} = \frac{3 \cdot 8}{7} = \frac{24}{7} $.

Ответ: $ \frac{24}{7} $.

194 Вычислите:

а) cos $\alpha$, если tg ($\frac{\pi}{4} + \alpha$) = -($\sqrt{3} + 2$), $\alpha \in (\pi; \frac{3\pi}{2})$;

б) sin $\alpha$, если tg ($\frac{\pi}{4} - \alpha$) = $2 + \sqrt{3}$, $\alpha \in (\frac{\pi}{2}; \pi)$;

в) sin $2\alpha$, если tg ($\alpha - \frac{\pi}{3}$) = $\sqrt{3} - 2$;

г) cos $2\alpha$, если tg ($\alpha - \frac{2\pi}{3}$) = $2 - \sqrt{3}$;

д) sin $\alpha$, если sin $2\alpha$ = $-0,96$, $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$;

е) cos $\alpha$, если sin $2\alpha$ = $0,96$, $\alpha \in (\pi; \frac{5\pi}{4})$;

ж) tg $\alpha$, если sin $2\alpha$ = $-0,8$, $\alpha \in (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4})$;

з) ctg $\alpha$, если sin $2\alpha$ = $-\frac{8}{17}$, $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$;

и) $\sqrt{20} \operatorname{tg} \frac{\alpha}{2}$, если sin $\alpha$ = $-\frac{\sqrt{5}}{3}$ и $\alpha \in (\pi; \frac{4\pi}{3})$;

к) $\sqrt{30} \cos \frac{\alpha}{2}$, если ctg $\alpha$ = $-\frac{2}{\sqrt{5}}$ и $\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$.

а)

Используем формулу тангенса суммы: $tg(\frac{\pi}{4} + \alpha) = \frac{tg(\frac{\pi}{4}) + tg\alpha}{1 - tg(\frac{\pi}{4})tg\alpha}$.

Поскольку $tg(\frac{\pi}{4}) = 1$, получаем: $\frac{1 + tg\alpha}{1 - tg\alpha} = -(\sqrt{3}+2)$.

Решим это уравнение относительно $tg\alpha$:

$1 + tg\alpha = -(\sqrt{3}+2)(1 - tg\alpha)$

$1 + tg\alpha = -(\sqrt{3}+2) + (\sqrt{3}+2)tg\alpha$

$1 + \sqrt{3} + 2 = (\sqrt{3}+2)tg\alpha - tg\alpha$

$3 + \sqrt{3} = (\sqrt{3}+1)tg\alpha$

$tg\alpha = \frac{3+\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1} = \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}+1} = \sqrt{3}$.

Теперь найдем $cos \alpha$, используя основное тригонометрическое тождество $1 + tg^2\alpha = \frac{1}{cos^2\alpha}$:

$cos^2\alpha = \frac{1}{1 + tg^2\alpha} = \frac{1}{1 + (\sqrt{3})^2} = \frac{1}{1+3} = \frac{1}{4}$.

Отсюда $cos\alpha = \pm\frac{1}{2}$.

По условию $\alpha \in (\pi; \frac{3\pi}{2})$, что соответствует III четверти. В этой четверти косинус отрицателен, следовательно, $cos\alpha = -\frac{1}{2}$.

Ответ: $-\frac{1}{2}$

б)

Используем формулу тангенса разности: $tg(\frac{\pi}{4} - \alpha) = \frac{tg(\frac{\pi}{4}) - tg\alpha}{1 + tg(\frac{\pi}{4})tg\alpha}$.

Так как $tg(\frac{\pi}{4}) = 1$, имеем: $\frac{1 - tg\alpha}{1 + tg\alpha} = 2+\sqrt{3}$.

Решим уравнение:

$1 - tg\alpha = (2+\sqrt{3})(1 + tg\alpha)$

$1 - tg\alpha = 2+\sqrt{3} + (2+\sqrt{3})tg\alpha$

$1 - (2+\sqrt{3}) = (2+\sqrt{3})tg\alpha + tg\alpha$

$-1-\sqrt{3} = (3+\sqrt{3})tg\alpha$

$tg\alpha = -\frac{1+\sqrt{3}}{3+\sqrt{3}} = -\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$.

Найдем $sin\alpha$, используя тождество $1 + ctg^2\alpha = \frac{1}{sin^2\alpha}$.

$ctg\alpha = \frac{1}{tg\alpha} = -\sqrt{3}$.

$sin^2\alpha = \frac{1}{1 + ctg^2\alpha} = \frac{1}{1 + (-\sqrt{3})^2} = \frac{1}{1+3} = \frac{1}{4}$.

Отсюда $sin\alpha = \pm\frac{1}{2}$.

По условию $\alpha \in (\frac{\pi}{2}; \pi)$, что соответствует II четверти. В этой четверти синус положителен, значит, $sin\alpha = \frac{1}{2}$.

Ответ: $\frac{1}{2}$

в)

Используем формулу тангенса разности: $tg(\alpha - \frac{\pi}{3}) = \frac{tg\alpha - tg(\frac{\pi}{3})}{1 + tg\alpha \cdot tg(\frac{\pi}{3})}$.

Так как $tg(\frac{\pi}{3}) = \sqrt{3}$, получаем: $\frac{tg\alpha - \sqrt{3}}{1 + \sqrt{3}tg\alpha} = \sqrt{3}-2$.

Решим уравнение:

$tg\alpha - \sqrt{3} = (\sqrt{3}-2)(1 + \sqrt{3}tg\alpha)$

$tg\alpha - \sqrt{3} = \sqrt{3}-2 + (\sqrt{3}-2)\sqrt{3}tg\alpha$

$tg\alpha - \sqrt{3} = \sqrt{3}-2 + (3-2\sqrt{3})tg\alpha$

$tg\alpha - (3-2\sqrt{3})tg\alpha = \sqrt{3}-2+\sqrt{3}$

$(1 - 3 + 2\sqrt{3})tg\alpha = 2\sqrt{3}-2$

$(2\sqrt{3}-2)tg\alpha = 2\sqrt{3}-2 \implies tg\alpha = 1$.

Теперь найдем $sin 2\alpha$, используя формулу $sin 2\alpha = \frac{2tg\alpha}{1+tg^2\alpha}$:

$sin 2\alpha = \frac{2 \cdot 1}{1 + 1^2} = \frac{2}{2} = 1$.

Ответ: $1$

г)

Используем формулу тангенса разности: $tg(\alpha - \frac{2\pi}{3}) = \frac{tg\alpha - tg(\frac{2\pi}{3})}{1 + tg\alpha \cdot tg(\frac{2\pi}{3})}$.

Так как $tg(\frac{2\pi}{3}) = -tg(\frac{\pi}{3}) = -\sqrt{3}$, получаем: $\frac{tg\alpha - (-\sqrt{3})}{1 + tg\alpha(-\sqrt{3})} = \frac{tg\alpha + \sqrt{3}}{1 - \sqrt{3}tg\alpha} = 2-\sqrt{3}$.

Решим уравнение:

$tg\alpha + \sqrt{3} = (2-\sqrt{3})(1 - \sqrt{3}tg\alpha)$

$tg\alpha + \sqrt{3} = 2-\sqrt{3} - (2\sqrt{3}-3)tg\alpha$

$tg\alpha + (2\sqrt{3}-3)tg\alpha = 2-\sqrt{3}-\sqrt{3}$

$(2\sqrt{3}-2)tg\alpha = 2-2\sqrt{3}$

$tg\alpha = \frac{2-2\sqrt{3}}{2\sqrt{3}-2} = \frac{- (2\sqrt{3}-2)}{2\sqrt{3}-2} = -1$.

Найдем $cos 2\alpha$, используя формулу $cos 2\alpha = \frac{1-tg^2\alpha}{1+tg^2\alpha}$:

$cos 2\alpha = \frac{1 - (-1)^2}{1 + (-1)^2} = \frac{1-1}{1+1} = 0$.

Ответ: $0$

д)

Известно, что $sin 2\alpha = -0,96$. Найдем $cos 2\alpha$.

По условию $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$, следовательно $2\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$. Это IV четверть, где косинус положителен.

$cos 2\alpha = \sqrt{1 - sin^2 2\alpha} = \sqrt{1 - (-0,96)^2} = \sqrt{1 - 0,9216} = \sqrt{0,0784} = 0,28$.

Используем формулу понижения степени: $sin^2\alpha = \frac{1 - cos 2\alpha}{2}$.

$sin^2\alpha = \frac{1 - 0,28}{2} = \frac{0,72}{2} = 0,36$.

$sin\alpha = \pm\sqrt{0,36} = \pm 0,6$.

Поскольку $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$ (II четверть), синус положителен. Значит, $sin\alpha = 0,6$.

Ответ: $0,6$

е)

Известно, что $sin 2\alpha = 0,96$. Найдем $cos 2\alpha$.

По условию $\alpha \in (\pi; \frac{5\pi}{4})$, следовательно $2\alpha \in (2\pi; \frac{5\pi}{2})$. Этот интервал соответствует I четверти, где косинус положителен.

$cos 2\alpha = \sqrt{1 - sin^2 2\alpha} = \sqrt{1 - (0,96)^2} = \sqrt{1 - 0,9216} = \sqrt{0,0784} = 0,28$.

Используем формулу понижения степени: $cos^2\alpha = \frac{1 + cos 2\alpha}{2}$.

$cos^2\alpha = \frac{1 + 0,28}{2} = \frac{1,28}{2} = 0,64$.

$cos\alpha = \pm\sqrt{0,64} = \pm 0,8$.

Поскольку $\alpha \in (\pi; \frac{5\pi}{4})$ (III четверть), косинус отрицателен. Значит, $cos\alpha = -0,8$.

Ответ: $-0,8$

ж)

Известно, что $sin 2\alpha = -0,8$. Найдем $cos 2\alpha$.

По условию $\alpha \in (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4})$, следовательно $2\alpha \in (\pi; \frac{3\pi}{2})$. Это III четверть, где косинус отрицателен.

$cos 2\alpha = -\sqrt{1 - sin^2 2\alpha} = -\sqrt{1 - (-0,8)^2} = -\sqrt{1 - 0,64} = -\sqrt{0,36} = -0,6$.

Воспользуемся формулой тангенса через синус и косинус двойного угла: $tg\alpha = \frac{sin 2\alpha}{1 + cos 2\alpha}$.

$tg\alpha = \frac{-0,8}{1 + (-0,6)} = \frac{-0,8}{0,4} = -2$.

Проверим знак: для $\alpha \in (\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{4})$ (II четверть) тангенс должен быть отрицательным, что соответствует полученному результату.

Ответ: $-2$

з)

Известно, что $sin 2\alpha = -\frac{8}{17}$. Найдем $cos 2\alpha$.

По условию $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$, следовательно $2\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$. Это IV четверть, где косинус положителен.

$cos 2\alpha = \sqrt{1 - sin^2 2\alpha} = \sqrt{1 - (-\frac{8}{17})^2} = \sqrt{1 - \frac{64}{289}} = \sqrt{\frac{225}{289}} = \frac{15}{17}$.

Воспользуемся формулой котангенса через синус и косинус двойного угла: $ctg\alpha = \frac{1 + cos 2\alpha}{sin 2\alpha}$.

$ctg\alpha = \frac{1 + \frac{15}{17}}{-\frac{8}{17}} = \frac{\frac{32}{17}}{-\frac{8}{17}} = -\frac{32}{8} = -4$.

Проверим знак: для $\alpha \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$ (II четверть) котангенс должен быть отрицательным, что соответствует результату.

Ответ: $-4$

и)

Известно, что $sin \alpha = -\frac{\sqrt{5}}{3}$ и $\alpha \in (\pi; \frac{4\pi}{3})$.

Найдем $cos\alpha$. Поскольку $\alpha$ находится в III четверти, $cos\alpha$ отрицателен.

$cos\alpha = -\sqrt{1-sin^2\alpha} = -\sqrt{1-(-\frac{\sqrt{5}}{3})^2} = -\sqrt{1-\frac{5}{9}} = -\sqrt{\frac{4}{9}} = -\frac{2}{3}$.

Теперь найдем $tg\frac{\alpha}{2}$ по формуле тангенса половинного угла: $tg^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-cos\alpha}{1+cos\alpha}$.

$tg^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1-(-\frac{2}{3})}{1+(-\frac{2}{3})} = \frac{1+\frac{2}{3}}{1-\frac{2}{3}} = \frac{\frac{5}{3}}{\frac{1}{3}} = 5$.

$tg\frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{5}$.

Определим знак. Если $\alpha \in (\pi; \frac{4\pi}{3})$, то $\frac{\alpha}{2} \in (\frac{\pi}{2}; \frac{2\pi}{3})$. Это II четверть, где тангенс отрицателен. Значит, $tg\frac{\alpha}{2} = -\sqrt{5}$.

Вычислим искомое выражение:

$\sqrt{20} tg \frac{\alpha}{2} = \sqrt{4 \cdot 5} \cdot (-\sqrt{5}) = 2\sqrt{5} \cdot (-\sqrt{5}) = -2 \cdot 5 = -10$.

Ответ: $-10$

к)

Известно, что $ctg \alpha = -\frac{2}{\sqrt{5}}$ и $\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$.

Найдем $cos\alpha$. Сначала найдем $tg\alpha = \frac{1}{ctg\alpha} = -\frac{\sqrt{5}}{2}$.

Используем тождество $1+tg^2\alpha = \frac{1}{cos^2\alpha}$:

$cos^2\alpha = \frac{1}{1+tg^2\alpha} = \frac{1}{1+(-\frac{\sqrt{5}}{2})^2} = \frac{1}{1+\frac{5}{4}} = \frac{1}{\frac{9}{4}} = \frac{4}{9}$.

$cos\alpha = \pm\frac{2}{3}$.

Так как $\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$ (IV четверть), косинус положителен. Следовательно, $cos\alpha = \frac{2}{3}$.

Теперь найдем $cos\frac{\alpha}{2}$ по формуле косинуса половинного угла: $cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1+cos\alpha}{2}$.

$cos^2\frac{\alpha}{2} = \frac{1+\frac{2}{3}}{2} = \frac{\frac{5}{3}}{2} = \frac{5}{6}$.

$cos\frac{\alpha}{2} = \pm\sqrt{\frac{5}{6}}$.

Определим знак. Если $\alpha \in (\frac{3\pi}{2}; 2\pi)$, то $\frac{\alpha}{2} \in (\frac{3\pi}{4}; \pi)$. Это II четверть, где косинус отрицателен. Значит, $cos\frac{\alpha}{2} = -\sqrt{\frac{5}{6}}$.

Вычислим искомое выражение:

$\sqrt{30} cos \frac{\alpha}{2} = \sqrt{30} \cdot (-\sqrt{\frac{5}{6}}) = -\sqrt{30 \cdot \frac{5}{6}} = -\sqrt{5 \cdot 5} = -5$.

Ответ: $-5$