Решение №39902: a) Шаг 1: Через точку \(С\) проводим прямую \(l \parallel AB\). Шаг 2: Точкой \(М\) делим отрезок \(АВ\) пополам. Через эту точку проводим прямую \(m \perp l\) (и \(m \perp AB\)). Точка пересечения \(m\) и \(l\) - \(C'\) - вершина искомого треугольника. \(S_{ABC} = S_{ABC'}\) и \(BC' = C'A\). б) Шаг 1: Проводим через точку \(С\) прямую \(l \parallel AB\). Пусть расстояние между прямыми \(h \Rightarrow h^2 = a_{c}b_{c}\), но \(a_{c} + b_{c} = c\), тогда: \(h^2 = a_{c}(c - a_{c})\); \(a_{c}^2 - a_{c} \cdot c + h^2 = 0\). Решаем это уравнение: \(D = c^2 - 4h^2\); \(a_{c} = \fraq{c \pm \sqrt{c^2 - 4h^2}}{2}\). Шаг 2: измеряем \(с\) и \(h\), если \(c^2 > 4h^2\), то прямоугольный треугольник построить можно и, вычислив \(a_{c}\), откладываем его на \(АВ\), проводим перпендикуляр на прямую \(l\) и получаем искомую вершину. Если \(c^2 < 4h^2\), то такой треугольник построить невозможно.

Ответ: Если \(c^2 < 4h^2\), то такой треугольник построить невозможно.

Решение №39903: \(MN\) - средняя линия; \(MM_{1} \perp AD\) и \(NN_{1} \perp AD\). Разрезы по \(MM_{1}\) и \(NN_{1}\).

Ответ: NaN

Решение №39904: Из равенства площадей получаем: \(h_{c} \cdot c = h_{a} \cdot a = h_{b} \cdot b\), тогда \(c = a \cdot \fraq{h_{a}}{h_{c}}\) и \(b = a \cdot \fraq{h_{a}}{h_{b}}\). \(c = a \cdot \fraq{15}{12} = \fraq{5}{4}a\); \(b = a \cdot \fraq{15}{20} = \fraq{3}{4}a\); \(b^2 + a^2 = (\fraq{3}{4}a)^2 + a^2 = (\fraq{9}{16} + 1) \cdot a^2 = \fraq{25}{16} \cdot a^2 = (\fraq{5}{4}a)^2 = c^2\). Тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, данный треугольник - прямоугольный.

Ответ: NaN

Решение №39905: \(BO\), \(AO\), \(CO\) - биссектрисы углов \(\angle DBE\), \(\angle DAF\) и \(\angle FCE\) соответственно. Тогда \(\angle DBO = \angle EBO = 45^\circ\); \(\angle DAO = \angle FAO\); \(\angle FCO = \angle ECO\). \(DO = OE = OF = R\). \(\Delta DBO\) и \(\Delta ЕВО\) - равнобедренные по признаку (углы при основаниях по \(45^\circ\)), тогда \(DB = BE = DO = OE = R\). \(S_{DBEO} = R^2\). \(\Delta DOA = \Delta FOA\) по общей стороне \(ОА\) и равному острому углу, тогда \(S_{ADOF} = 2S_{ADO} = 2 \cdot \fraq{1}{2} \cdot R \cdot AD\). Пусть \(AD = AF = x\), тогда \(S_{ADOF} = Rx\). Аналогично: \(S_{EOFC} = Ry\), где \(у = ЕС = FC\). \(S_{ABC} = S_{DBEO} + S_{ADOF} + S_{EOFC} = Rx + R^2 + Ry\). С другой стороны: \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot BC = \fraq{1}{2}(AD + DB) \times (BE + EC) = \fraq{1}{2}(R + x)(R + y)\). Тогда \(Rx + R^2 + Ry = \fraq{1}{2}(R^2 + Rx + Ry) + \fraq{1}{2}ху\); \(\fraq{1}{2}xy = \fraq{1}{2}(Rx + R^2 + y^2)\); \(ху = Rx + R^2 + y^2\); но \(Rx + R^2 + y^2 = S_{ABC}\), тогда \(S_{ABC} = xy\). Вспомним, что \(х = AF\), \(y = FC\), тогда \(S_{ABC} = AF \cdot FC\).

Ответ: NaN

Решение №39906: Площадь треугольника можно найти по формуле: \(S = \fraq{1}{2}ab\sin \gamma = \fraq{1}{2}bc\sin \alpha = \fraq{1}{2}ac\sin \beta\), но \(sin \alpha \leq 1\); \(sin \beta \leq 1\); \(sin \gamma \leq 1\) (причем равенство достирается, когда угол равен \(90^\circ\), что невозможно для всех трех углов одновременно) тогда очевидно, что \(3S < \fraq{1}{2}(ab + bc + ac)\), следовательно, \(S < \fraq{ab + bc + ca}{6}\).

Ответ: NaN

Решение №39907: Точка пересечения медиан делит их в отношении \(2 : 1\), следовательно: \(OC = \fraq{2m_{c}}{3}\); \(C_{1}O = \fraq{1}{3}m_{c}\); \(BO = \fraq{2}{3}m_{b}\); (B_{1}O = \fraq{1}{3}m_{b}\). \(S_{BB_{1}C} = S_{BOC} + S_{B_{1}OC} = \fraq{1}{2}BO \cdot OC + \fraq{1}{2}B_{1}O \cdot OC = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{2}{3}m_{b} \cdot \fraq{2}{3}m_{c} + \fraq{1}{2} \cdot \fraq{1}{3}m_{b} \cdot \fraq{2}{3}m_{c}\); \(S_{BB_{1}C} = \fraq{2}{9}m_{b}m_{c} + \fraq{1}{9}m_{b}m_{c} = \fraq{1}{3}m_{b}m_{c}\). Но \(AB_{1} = B_{1}C\) - по определению медианы, тогда: \(S_{ABB_{1}} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot h_{b} = \fraq{1}{2}h_{b} \cdot B_{1}C = S_{B_{1}BC} = \fraq{1}{3}m_{b}m_{c}\), следовательно, \(S_{ABC} = \fraq{2}{3}m_{b}m_{c}\).

Ответ: \(\fraq{2}{3}m_{b}m_{c}\).

Решение №39908: a) \(S = \fraq{BC + AD}{2} \cdot BA\). Обозначим \(ВС = х\) и \(AD = у\) и примем \(ВА = 2r\), где \(r\) - радиус окружности. Тогда \(S = (x + y) \cdot r\). Для описанной трапеции оправедливо: \(AB + CD = BC + AD\), тогда \(2r + CD = x + у\). По теореме Пифагора: \(CD = \sqrt{(2r)^2 + (y - x)^2}\); \(\sqrt{(2r)^2 + (y - x)^2} = x + y - 2r\). Возводим в квадрат: \(4r^2 = (y - x)^2 = (x + y)^2 - 4r(x + y) + 4r^2\); \(y^2 - 2xy + x^2 = x^2 + 2xy + y^2 - 4r(x + y)\); \(4ху = 4r(x + y) \Rightarrow r(x + y) = х \cdot y\); но \(r(x + y) = S\), тогда \(S = x \cdot y = BC \cdot AD\). б) Для описанной трапеции справедливо: \(BC + AD = AB + CD\). В равнобедренной трапеции \(АВ = CD\). Обозначив \(ВС = x\) и \(AD = у\), получим \(x + y = 2AB \Rightarrow AB = \fraq{x + y}{2}\). Но для равнобедренной трапеции \(AB_{1} = \fraq{AD - BC}{2} = \fraq{х - y}{2}\). Тогда по теореме Пифагора: \(h^2 = AB^2 - BB_{1} = (\fraq{x + y}{2})^2 - (\fraq{x - y}{2})^2 = \fraq{xy}{2} + \fraq{xy}{2} = xy\). Тогда \(h = \sqrt{xy}\); \(h = \sqrt{BC \cdot AD}\).

Ответ: NaN

Решение №39909: \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot AC \sin \alpha\). Обозначим \(AB = х\) и \(АС = у\), тогда \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}xy\sin \alpha = S\). С другой стороны: \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot CC_{1} = \fraq{1}{2}x \cdot CC_{1}\), тогда \(х \cdot CC_{1} = ху\sin \alpha \Rightarrow CC_{1} = y\sin \alpha\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AC \cdot BB_{1} = \fraq{1}{2}y \cdot BB_{1}\), тогда \(y \cdot BB_{1} = xy\sin \alpha \Rightarrow BB_{1} = x\sin \alpha\). \(\tan \alpha = \fraq{a}{b}\), тогда: \(\fraq{CC_{1}}{C_{1}A} = tan \alpha\) и \(\fraq{BB_{1}}{B_{1}A} = \tan \alpha\), откуда \(C_{1}A = \fraq{CC_{1}}{\tan \alpha}\) и \(B_{1}A = \fraq{BB_{1}}{\tan \alpha}\). \(S_{AB_{1}C_{1}} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot AC_{1}\sin \alpha = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{BB_{1}}{\tan \alpha} \cdot \fraq{CC_{1}}{\tan \alpha} \cdot \sin \alpha = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{xy\sin^3 \alpha}{\tan^2 \alpha}\), но \(\fraq{1}{2}xy\sin \alpha = S\), а \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha}\), тогда \(S_{AB_{1}C_{1}} = S\cos^2 \alpha\).

Ответ: NaN

Решение №39910: Медианы точкой пересечения \(О\) делятся в отношении \(2 : 1\). Поэтому на сторонах \(\Delta DEF\) отмечаем точки \(D_{1}\), \(E_{1}\) и \(F_{1}\) так, что \(DF_{1} : F_{1}E = 2 : 1\); \(DE_{1} : E_{1}F = 1 : 2\) и \(ED_{1} : D_{1}F = 2 : 1\). Тогда \(\Delta E_{1}D_{1}F = \Delta ОB_{1}С\) по двум сторонам (\(OB_{1} = D_{1}F\) и \(OC = E_{1}F\)) и углу между ними (\(\angle B_{1}OC = \angle E_{1}FD_{1}\)). Аналогично \(\Delta EF_{1}D_{1} = \Delta BA_{1}O\) и \(\Delta DF_{1}E_{1} = \Delta C_{1}OA\). В задаче № 593 было доказано, что: \(S_{OB_{1}C} = S_{BOA_{1}} = S_{C_{1}OA_{1}} = \fraq{S_{ABC}}{6}\), тогда \(S_{DE_{1}F_{1}} + S_{F_{1}ED_{1}} + S_{D_{1}E_{1}F} = 3 \cdot \fraq{S_{ABC}}{6} = \fraq{1}{2}S_{ABC}\). Из равенства треугольников также следует, что \(E_{1}D_{1} = B_{1}C_{1} = \fraq{AC}{2}\); \(D_{1}F_{1} = BA_{1} = \fraq{BC}{2}\) и \(F_{1}E_{1} = AC_{1} = \fraq{BA}{2} \Rightarrow \Delta F_{1}E_{1}D \sim \Delta ABC\). По теореме о площадях подобных треугольников: \(S_{F_{1}D_{1}E_{1}} = \fraq{1}{4}S_{ABC}\); тогда \(S_{FDE} = S_{F_{1}D_{1}C_{1}} + S_{DE_{1}F_{1}} + S_{D_{1}E_{1}F} + S_{D_{1}EF_{1}} = \fraq{1}{4}S_{ABC} + \fraq{1}{2}S_{ABC} \Rightarrow \fraq{S_{DEF}}{S_{ABC}} = \fraq{3}{4}\).

Ответ: NaN

Решение №39911: \( \begin{equation} \left.\begin{gathered} \(\angle CAD = \angle ACB\) \(\angle DBC = \angle BDA\) \end{gathered}\right\} \end{equation} \) внутренние накрест лежащие при \(BC \parallel AD\); \(\angle AOD = \angle BOC\) - вертикальные. Тогда \(\Delta AOD \sim \Delta COB \Rightarrow \fraq{h_{1}}{h_{2}} = \fraq{BC}{AD}\). Для площадей получаем: \(S_{1} = \fraq{1}{2}AD \cdot h_{2}\). T. к. треугольники подобны, то \(\fraq{h_{1}}{h_{2}} = \fraq{BC}{AD} = \sqrt{\fraq{S_{1}}{S_{2}}}\). Для трапеции: \(S = \fraq{1}{2}(BC + AD) \cdot (h_{1} + h_{2}) = \fraq{1}{2}(BC + BC \cdot \sqrt{\fraq{S_{1}}{S_{2}}}) \cdot (h_{1} + h_{1} \cdot \sqrt{\fraq{S_{2}}{S_{1}}})\); \(S = \fraq{1}{2}BC \cdot h_{1}(1 + \sqrt{\fraq{S_{2}}{S_{1}}})^2\), тогда \(S = S_{1} \cdot (1 + \sqrt{\fraq{S_{2}}{S_{1}}})^2 = (\sqrt{S_{1}} + \sqrt{S_{2}})^2\).

Ответ: \((\sqrt{S_{1}} + \sqrt{S_{2}})^2\).

Решение №39912: Проведем среднюю линию \(ML\). Если \(BC = a\), \(AD = b\), то по свойству средней линии \(ML \parallel BC\), \(ML \parallel AD\) и \(ML = \fraq{a + b}{2}\). \(S = S_{\Delta BML} + S_{\Delta BCM} + S_{ALMD} = S_{1} + S_{2} + S_{3}\). \(S_{\Delta BML} = \fraq{BL \cdot HM}{2}\). Т. к. \(BL = \fraq{1}{2}AB\), то \(S_{1} = S_{\Delta BML} = \fraq{1}{4}AB \cdot HM\); \(S_{2} = S_{\Delta BCM} = \fraq{1}{2}BC \cdot \fraq{h}{2} = \fraq{1}{2} \cdot \fraq{ah}{2} = \fraq{1}{4}ah\); \(S_{3} = \fraq{LM + AD}{2} \cdot \fraq{h}{2} = \fraq{1}{2}(\fraq{a + b}{2} + b) \cdot \fraq{h}{2}\). Тогда \(S_{2} + S_{3} = \fraq{h}{4} \cdot (\fraq{a + b}{2} + b + a) = \fraq{3}{8}(a + b)h\). Но с другой стороны: \(S_{1} = \fraq{1}{2}LM \cdot \fraq{h}{2} = \fraq{1}{2} \cdot (\fraq{a + b}{2}) \cdot \fraq{h}{2} = \fraq{1}{8}(a + b)h\). Тогда \(S_{2} + S_{3} = 3S_{1}\). Следовательно, \(S_{ABCD} = 4S_{1} = 4 \cdot \fraq{1}{4}AB \cdot HM\); \(S_{ABCD} = AB \cdot HM\).

Ответ: NaN

Решение №39913: \(S_{AMC} = \fraq{1}{2}MH_{2} \cdot AC\); \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}BH_{1} \cdot AC\). По условию \(S_{ABC} = 3\(S_{AMC}\), тогда \(ВН_{1} \cdot АС = 3МН_2 \cdot AC \Rightarrow BH_{1} = 3МН_{2}\). \(S_{ABB_{1}} = S_{AMB_{1}} + S_{ABM} = S_{AMB_{1}} + S_{AMC} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot МН_{2} + \fraq{1}{2}AC \cdot МН_{2}\). С другой стороны: \(S_{ABB_{1}} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot BН_{1} = \fraq{1}{2}AB_{1} \cdot 3МН_{2}\), тогда \(3AB_{1} \cdot МН_{2} = AB_{1} \cdot МН_{2} + AC \cdot МН_{2}\), \(3AB_{1} = AB_{1} + AC\), тогда \(АС = 2AB_{1}\) или \(AB_{1} = \fraq{AC}{2}\), следовательно, \(ВВ_{1}\) - медиана. Доказательство для \(АА_{1}\) и \(СС_{1}\) проводится аналогично.

Ответ: NaN

Решение №39914: a) \(\fraq{KN}{KM} = \cos \angle K\); б) \(\fraq{MN}{KN} = \tan \angle K\); в) \(\fraq{MN}{KM} = \sin \angle K\).

Ответ: a) \(\cos \angle K\); б) \(\tan \angle K\); в) \(\sin \angle K\).

Решение №39915: a) \(\sin \angle K = \fraq{MN}{KM}\); \(\sin \angle M = \fraq{KN}{MK}\), но \(KN > MN \Rightarrow \sin \angle M > sin \angle K\); б) \(\cos \angle K = \fraq{KN}{KM}\); \(\cos \angle M = \fraq{MN}{KM} \Rightarrow \cos \angle K > \cos \angle M\); в) \(\tan \angle K = \fraq{NM}{NK}\); \(\tan \angle M = \fraq{NK}{NM} \Rightarrow \tan \angle M > \tan \angle K\).

Ответ: a) \(\sin \angle M > sin \angle K\); б) \(\cos \angle K > \cos \angle M\); в) \(\tan \angle M > \tan \angle K\).

Решение №39916: a) \(\sin \alpha = 0,99 \Rightarrow \sin \alpha < 1 \Rightarrow \fraq{b}{c} < 1 \Rightarrow\) может; б) \(\sin \alpha = \sqrt{2} \Rightarrow \fraq{b}{c} > 1 \Rightarrow\) не может; в) \(\sin \alpha = \sin \sqrt{5} - 2 \Rightarrow \fraq{b}{c} = \sqrt{5} -2 < 1 \Rightarrow\) может. *При решении мы использовали то, что катет всегда меньше гипотенузы.

Ответ: a) Может; б) не может; в) может. *При решении мы использовали то, что катет всегда меньше гипотенузы.

Решение №39917: a) \(\sin \alpha \cdot \cos \alpha = \fraq{b}{c} \cdot \fraq{a}{c} = \fraq{ab}{c^2} \Rightarrow ab < c^2\), но \(а < с\) и \(b < с\) (катет всегда меньше гипотенузы) \(\sin \alpha \cdot \cos \alpha = \fraq{b}{c} \cdot \fraq{a}{c} = \fraq{ab}{c^2} \Rightarrow ab < c^2\), тогда и \(\sin \alpha \cdot \cos \alpha\) не может быть равным единице; б) \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = \fraq{a}{b} \cdot \fraq{b}{a} = \fraq{ab}{ab} = 1. Произведение тангенса и котангенса одного и того же угла всегда равно единице.

Ответ: a) Не может быть равным единице; б) Произведение тангенса и котангенса одного и того же угла всегда равно единице.

Решение №39918: \(\tan \alpha = \sqrt{2} \Rightarrow \alpha < 90^\circ \Rightarrow\) может; \(\tan \alpha = 0,01 \Rightarrow \alpha < 90^\circ \Rightarrow\) может; \(\tan \alpha = 100 \Rightarrow \alpha < 90^\circ \Rightarrow\) может.

Ответ: \(\tan \alpha = \sqrt{2} \Rightarrow\) может; \(\tan \alpha = 0,01 \Rightarrow\) может; \(\tan \alpha = 100 \Rightarrow\) может.

Решение №39919: a) \(\alpha = 30^\circ\); \(\sin \alpha = \sin 30^\circ = 0,5\); \(AB = 3,2\) см, \(BB_{1} = 1,6\) см; \(\sin \alpha = \fraq{1,6}{3,2} = 0,5\); \(AC = 4,2\) см; \(CC_{1} = 2,1\) см; \(\sin \alpha = \fraq{2,1}{4,2} = 0,5\); б) \(\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha = \sqrt{1 - 0,25} = \sqrt{0,75} \approx 0,87\); \(AB_{1} = 2,8\) см; \(\cos \alpha = \fraq{2,8}{3,2} \approx 0,87\); \(AC_{1} = 3,7\) см; \(\cos \alpha = \fraq{3,7}{4,2} \approx 0,88\).

Ответ: a) \(\alpha = 30^\circ\); \(\sin \alpha = \sin 30^\circ = 0,5\); \(AB = 3,2\) см, \(BB_{1} = 1,6\) см; \(\sin \alpha = \fraq{1,6}{3,2} = 0,5\); \(AC = 4,2\) см; \(CC_{1} = 2,1\) см; \(\sin \alpha = \fraq{2,1}{4,2} = 0,5\); б) \(\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha = \sqrt{1 - 0,25} = \sqrt{0,75} \approx 0,87\); \(AB_{1} = 2,8\) см; \(\cos \alpha = \fraq{2,8}{3,2} \approx 0,87\); \(AC_{1} = 3,7\) см; \(\cos \alpha = \fraq{3,7}{4,2} \approx 0,88\).

Решение №39920: a) \(\alpha = 60^\circ\); \(\cos 60^\circ = 0,5\); \(\sin 60^\circ \approx 0,87\). \(AB_{1} = 3,1\) см; \(BB_{1} = 2,7\) см; \(AB = 1,5\) см; \(\sin \alpha = \fraq{2,7}{3,1} \approx 0,87\); \(AC = 4,0\) см; \(СС_{1} = 3,4\) см; \(AC_{1} = 2,0\) см; \(\sin \alpha = \fraq{3,4}{4,0} = 0,85\); \(\cos \alpha = \fraq{1,5}{3,1} \approx 0,48\); \(\cos \alpha = \fraq{2}{4} = 0,5\); б) \(\tan \alpha = \fraq{2,7}{1,5} \approx 1,8\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{0,87}{0,48} \approx 1,8\); \(\tan \alpha = \fraq{3,4}{2} = 1,7\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{0,85}{0,5} = 1,7\).

Ответ: a) \(\alpha = 60^\circ\); \(\cos 60^\circ = 0,5\); \(\sin 60^\circ \approx 0,87\). \(AB_{1} = 3,1\) см; \(BB_{1} = 2,7\) см; \(AB = 1,5\) см; \(\sin \alpha = \fraq{2,7}{3,1} \approx 0,87\); \(AC = 4,0\) см; \(СС_{1} = 3,4\) см; \(AC_{1} = 2,0\) см; \(\sin \alpha = \fraq{3,4}{4,0} = 0,85\); \(\cos \alpha = \fraq{1,5}{3,1} \approx 0,48\); \(\cos \alpha = \fraq{2}{4} = 0,5\); б) \(\tan \alpha = \fraq{2,7}{1,5} \approx 1,8\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{0,87}{0,48} \approx 1,8\); \(\tan \alpha = \fraq{3,4}{2} = 1,7\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{0,85}{0,5} = 1,7\).

Решение №39921: \(а = 2,5\) см; \(b = 3\) см; \(c = 3,9\) см; \(\sin \alpha = \fraq{a}{c} = \fraq{2,5}{3,9} \approx 0,64\); \(\cos \alpha = \fraq{b}{c} = \fraq{3}{3,9} \approx 0,77\); \(\tan \alpha = \fraq{a}{b} = \fraq{2,5}{3} \approx 0,83\).

Ответ: \(а = 2,5\) см; \(b = 3\) см; \(c = 3,9\) см; \(\sin \alpha \approx 0,64\); \(\cos \alpha \approx 0,77\); \(\tan \alpha \approx 0,83\).

Решение №39922: a) \(\tan A = \fraq{5}{6} \Rightarrow\), если \(ВС = 5\) см; то \(AB = 6\) см; \(\angle B = 90^\circ\); б) \(\sin A = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{a}{c} = \fraq{2}{3} \Rightarrow \fraq{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \fraq{2}{3}\); \(\fraq{a^2}{a^2 + b^2} = \fraq{4}{9}\); \(5a^2 = 4b^2\); \(a = b \cdot \fraq{2}{\sqrt{5}}\). Пусть \(b = 5\) см, тогда \(а \approx 4,5\) см.

Ответ: NaN

Решение №39923: \(\sin \alpha = \fraq{a}{c} = \fraq{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \fraq{8}{\sqrt{8^2 + 15^2}} \approx 0,4\); \(\cos \alpha = \fraq{b}{c} = \fraq{15}{\sqrt{8^2 + 15^2}} \approx 0,88\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{a}{b} = \fraq{8}{15} \approx 0,53\).

Ответ: \(\sin \alpha \approx 0,4\); \(\cos \alpha \approx 0,88\); \(\tan \alpha \approx 0,53\).

Решение №39924: a) \(\sin \alpha = \fraq{1}{2}\); \(cos \alpha = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); \(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = (\fraq{1}{2})^2 + (\fraq{\sqrt{3}}{2})^2 = \fraq{1}{4} + \fraq{3}{4} = 1 \Rightarrow\) может; б) \(\sin \alpha = \fraq{1}{3}\); \(\cos \alpha = \fraq{3}{4}\); \(\sin^2 \alpha + cos^2 \alpha = (\fraq{1}{3})^2 + (\fraq{\sqrt{3}}{4})^2 = \fraq{1}{9} + \fraq{9}{16} = \fraq{97}{144} < 1 \Rightarrow\) не может.

Ответ: a) Может; б) не может.

Решение №39925: a) \(\cos \alpha = \fraq{12}{13}\); \(\sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha} = \sqrt{1 - (\fraq{12}{13})^2} = \sqrt{1 - \fraq{144}{169}} = \sqrt{\fraq{25}{169}} = \fraq{5}{13}\); б) \(\sin \alpha = \fraq{1}{2}\); \(\cos \alpha = \sqrt{1 - \sin^2 \alpha} = \sqrt{1 - \fraq{1}{4}} = \sqrt{\fraq{3}{4}} = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); в) \(\sin \alpha = \fraq{15}{17}\); \(tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\sqrt{1 - \sin^2 \alpha}} = \fraq{\fraq{15}{17}}{\sqrt{1 - (\fraq{15}{17})^2}} = \fraq{15}{\sqrt{64}} = \fraq{15}{8}\).

Ответ: a) \(\sin \alpha = \fraq{5}{13}\); б) \(\cos \alpha = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); в) \(tan \alpha = \fraq{15}{8}\).

Решение №39926: a) \(\sin \alpha = \fraq{4}{5}\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\sqrt{1 - \sin^2 \alpha}} = \fraq{4}{5\sqrt{1 - \fraq{16}{25}}} = \fraq{4}{\sqrt{9}} = \fraq{4}{3}\); б) \(\cos \alpha = \fraq{2}{3}\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \fraq{4}{9}}}{\fraq{2}{3}} = \fraq{\sqrt{5}}{2}\).

Ответ: a) \(\fraq{4}{3}\); б) \(\fraq{\sqrt{5}}{2}\).

Решение №39927: a) \(1 - \cos^2 \alpha = \sin^2 \alpha\); б) \(\tan \alpha \cdot \cos \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \cos \alpha = \sin \alpha\); в) \(1 + \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1 + 1 = 2\).

Ответ: a) \(\sin^2 \alpha\); б) \(\sin \alpha\); в) 2.

Решение №39928: a) \(1 - \sin^2 \alpha = \cos^2 \alpha\); б) \(\fraq{\tan \alpha}{\sin \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \fraq{1}{\sin \alpha} = \fraq{1}{\cos \alpha}\); в) \(\fraq{\sin \alpha \cos \alpha}{\cos^2 \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \tan \alpha\).

Ответ: a) \(\cos^2 \alpha\); б) \(\fraq{1}{\cos \alpha}\); в) \(\tan \alpha\).

Решение №39929: \(АС = 1,6\) см; \(AB = 5,8\) см; \(\sin 75^\circ = \fraq{СВ}{AB} = \fraq{5,6}{5,8} \approx 0,97\); \(\cos 75^\circ = \fraq{СA}{AB} = \fraq{1,6}{5,8} \approx 0,28\); \(\tan 75^\circ = \fraq{СВ}{AC} = \fraq{5,6}{1,6} = 3,5\); \(\cot 75^\circ = \fraq{AC}{CB} = \fraq{1,6}{5,6} \approx 0,29\).

Ответ: \(\sin 75^\circ \approx 0,97\); \(\cos 75^\circ \approx 0,28\); \(\tan 75^\circ = 3,5\); \(\cot 75^\circ \approx 0,29\).

Решение №39930: a) \(\sin \alpha = \fraq{5}{8} \Rightarrow \fraq{a}{c} = \fraq{5}{8}\). 1) Строим сторону \(а = 5\) см; 2) строим окружность радиусом \(с = 8\) см с центром в точке \(В\); 3) проводим прямую \(АС\) через точку \(С\) так, что \(АС \perp СВ\) и точка \(А\) принадлежит окружности. б) \(\cos \alpha = \fraq{3}{4}\); \(\fraq{b}{c} = \fraq{3}{4}\). 1) Строим сторону \(b = 3\) см; 2) проводим окружность радиусом \(с = 4\) см; 3) строим прямую, перпендикулярную \(b\).

Ответ: NaN

Решение №39931: По свойству высоты: \(АН = НС\). Тогда \(АН = 24 : 2 = 12\) см. По теореме Пифагора: \(AB = \sqrt{AH^2 + BH^2} = \sqrt{12^2 + 5^2} = 13\) (см). Тогда: \(\sin \alpha = \fraq{BH}{AB} = \fraq{5}{13}\); \(\cos \alpha = \fraq{AH}{AB} = \fraq{12}{13}\); \(\tan \alpha = \fraq{BH}{AH} = \fraq{5}{12}\); \(\cot \alpha = \fraq{AH}{BH} = \fraq{12}{5}\).

Ответ: \(\sin \alpha = \fraq{5}{13}\); \(\cos \alpha = \fraq{12}{13}\); \(\tan \alpha = \fraq{5}{12}\); \(\cot \alpha = \fraq{12}{5}\).

Решение №39932: a) \(\tan \alpha = 0,4\); \(\cot \alpha = 2,5\); \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 0,4 \cdot 2,5 = 1 \Rightarrow\) могут; б) \(\tan \alpha = 1,1\); \(\cot \alpha = 0,9\); \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1,1 \cdot 0,9 = 0.99 \Rightarrow\) не могут; в) \(\tan \alpha = \sqrt{5} + 2\); \(\cot \alpha = \sqrt{5} - 2\); \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = (\sqrt{5} + 2)(\sqrt{5} - 2) = 5 - 4 = 1 \Rightarrow\) могут.

Ответ: a) Могут; б) не могут; в) могут.

Решение №39933: a) \(1 + \tan^2 \alpha = 1 + \fraq{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \fraq{\cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} = \fraq{1}{\cos^2 \alpha}\), что и требовалось доказать; б) \(1+ \cot^2 \alpha = 1 + \fraq{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \fraq{\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \fraq{1}{\sin^2 \alpha}, что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39934: a) \(\sin \alpha = 0,5\); \(\cot \alpha = \fraq{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \sin^2 \alpha}}{\sin \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - 0,25}}{0,5} = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = \sqrt{3}\); б) \(\cos \alpha = \fraq{\sqrt{2}}{2}\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \fraq{2}{4}}}{\fraq{\sqrt{2}}{2}} = \fraq{2}{\sqrt{2}} \cdot \fraq{\sqrt{2}}{2} = 1\).

Ответ: a) \(\sin A = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); \(\cos A = \fraq{1}{2}\); \(\tan A = \sqrt{3}\); \(\cot A = \fraq{1}{\sqrt{3}}\); б) \(\cos A = 0,28\); \(\sin A = 0,96\); \(\tan A = \fraq{24}{7}\); \(\cot A = \fraq{7}{24}\); в) \(\tan A = 2\); \(cot A = \fraq{1}{2}\); \(\sin A = \fraq{2}{\sqrt{5}}\); \(\cos A = \fraq{1}{\sqrt{5}}\).

Решение №39935: a) \(\sin \alpha = 0,5\); \(\cot \alpha = \fraq{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \sin^2 \alpha}}{\sin \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - 0,25}}{0,5} = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot 2 = \sqrt{3}\); б) \(\cos \alpha = \fraq{\sqrt{2}}{2}\); \(\tan \alpha = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \cos^2 \alpha}}{\cos \alpha} = \fraq{\sqrt{1 - \fraq{2}{4}}}{\fraq{\sqrt{2}}{2}} = \fraq{2}{\sqrt{2}} \cdot \fraq{\sqrt{2}}{2} = 1\).

Ответ: a) \(\sqrt{3}\); б) 1.

Решение №39936: a) \(\fraq{(1+ \sin \alpha)(1 - \sin \alpha)}{\sin^2 \alpha} = \fraq{1 - \sin^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = \fraq{\cos^2 \alpha}{\sin^2 \alpha} = (\fraq{\cos \alpha}{\sin \alpha})^2 = \cot^2 \alpha\); б) \(\cos \alpha - \cos \alpha \cdot \sin^2 \alpha = \cos \alpha \cdot (1 - \sin^2 \alpha) = \cos \alpha \cos^2 \alpha = \cos^3 \alpha\); в) \(\tan \alpha \cot \alpha - \cos^2 \alpha = 1 - \cos^2 \alpha = \sin^2 \alpha\).

Ответ: a) \(\cot^2 \alpha\); б) \(\cos^3 \alpha\); в) \(\sin^2 \alpha\).

Решение №39937: a) \(\fraq{\cos \alpha}{\cot \alpha} = \fraq{\cos \alpha}{\cos \alpha} \cdot \sin \alpha = \sin \alpha\); б) \(\sin \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \cot \alpha + \sin^2 \alpha = \sin \alpha \cdot \cos \alpha \cdot \fraq{\cos \alpha}{\sin \alpha} + \sin^2 \alpha = \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha =1\); в) \(\cos^2 \alpha + \tan^2 \alpha \cdot \cos^2 \alpha = \cos^2 \alpha \cdot (1 + \tan^2 \alpha) = \cos^2 \alpha \cdot fra{1}{\cos^2 \alpha} = 1\).

Ответ: a) \(\sin \alpha\); б) 1; в) 1.

Решение №39938: \(\tan A = \fraq{\sin A}{\cos A}\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39939: \(\cot A = \fraq{\cos A}{\sin A}\); \(\sin A < 1 \Rightarrow \cot A < \cos A\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39940: a) \(\fraq{\sin^3 \alpha}{\cos \alpha - \cos^3 \alpha} = \fraq{\sin^3 \alpha}{\cos \alpha \cdot (1 - \cos^2 \alpha)} = \fraq{\sin^3 \alpha}{\cos \alpha \cdot \sin^2 \alpha} = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} = \tan \alpha\); б) \(\tan^2 \alpha \cdot (1 - \sin \alpha)(1 + sin \alpha) = \tan^ \alpha(1 - \sin^2 \alpha) = \fraq{\sin^2 \alpha}{\cos^2 \alpha} \cdot \cos^2 \alpha = \sin^2 \alpha\); в) \(\fraq{1 + \tan^2 \alpha}{1 + \cot^2 \alpha} = \fraq{1}{\cos^2 \alpha} \cdot \sin^2 \alpha = \tan^2 \alpha\).

Ответ: a) \(\tan \alpha\); б) \(\sin^2 \alpha\); в) \(\tan^2 \alpha\).

Решение №39941: a) \((\sin \alpha + \cos \alpha)^2 + (\sin \alpha - \cos \alpha)^2 = \sin^2 \alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha + \cos^2 \alpha + \sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha - 2\sin \alpha \cdot \cos \alpha = 1 + 1 = 2\); б) \(\fraq{1}{\sin \alpha} - \cos \alpha \cdot \cot \alpha = \fraq{1}{\sin \alpha} - \cos \alpha \cdot \fraq{\cos \alpha}{\sin \alpha} = \fraq{1 - \cos^2 \alpha}{\sin \alpha} = \fraq{\sin^2 \alpha}{\sin \alpha} = \sin \alpha\); в) \(\fraq{\tan \alpha \cdot \cot \alpha}{\cos^2 \alpha} - \tan^2 \alpha = \fraq{1}{\cos^2 \alpha} - \tan^2 \alpha = 1 + \tan^ \alpha - \tan^2 \alpha = 1\).

Ответ: a) 2; б) \(\sin \alpha\); в) 1.

Решение №39942: По свойству медианы равнобедренного треугольника \(MB\) - высота и биссектриса, тогда \(\angle ABM = 120^\circ : 2 = 60^\circ\) и \(AM = MC\). \(\angle BAM = 30^\circ \Rightarrow BM = \fraq{AB}{2}\) (как катет, лежащий против угла в \(30^\circ\)) \(\Rightarrow AB - BM = AB - \fraq{AB}{2} = \fraq{1}{2}AB = 8\) см \(\Rightarrow AB = 16\) см.

Ответ: 16 см.

Решение №39943: По теореме Пифагора: \(AM = \sqrt{BM^2 - AB^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12\) (см). По определению медианы \(АС = 2AM = 24\) см. Тогда: \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot AC = \fraq{1}{2} \cdot 5 \cdot 24 = 60 (см^2)\).

Ответ: \(60 (см^2)\).

Решение №39944: \(\cos A = \sin B = a\).

Ответ: \(\cos A = a\).

Решение №39945: \(\sin A = \cos(90^\circ - A)\), если \(\sin A = \cos A\), тогда \(А = 90^\circ - А\) и \(А = 45^\circ\).

Ответ: Может только тогда, когда \(\angle А = 45^\circ\).

Решение №39946: Если \(\tan A = 1\), то \(A = B = 45^\circ \Rightarrow\) условие \(\tan A > \tan B\) не выполняется \(\Rightarrow\) не может.

Ответ: Не может.