Номер 194, страница 385 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Тригонометрия. Вычисления и преобразования. Задания для повторения - номер 194, страница 385.

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: $-5$