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.

Решение №39947: \(\tan \alpha \cdot \tan \beta = \fraq{\sin \alpha}{\cos \alpha} \cdot \fraq{\sin \beta}{\cos \beta} = \fraq{\sin \alpha}{\cos \beta} \cdot \fraq{\sin \beta}{\cos \alpha} = 1\).

Ответ: 1.

Решение №39948: \(AB = 3\) см; \(ВС = 5\) см; \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{3}{5} = \sin C = \cos B\).

Ответ: \(AB = 3\) см; \(ВС = 5\) см; \(\fraq{AB}{BC} = \fraq{3}{5} = \sin C = \cos B\).

Решение №39949: \(АВ = 4\) см; \(АН = 2\) см; \(ВН = 3,5\) см. \(\sin 30^\circ = \cos 60^\circ = \fraq{AH}{AB} = \fraq{2}{4} = \fraq{1}{2} = 0,50\); \(\cos 30^\circ = \sin 60^\circ = \fraq{BH}{AB} = \fraq{3,5}{4} \approx 0,87\); \(\tan 30^\circ = \cot 60^\circ = \fraq{AH}{BH} = \fraq{2}{3,5} \approx 0,57\); \(\cot 30^\circ = \tan 60^\circ = \fraq{BH}{AH} = \fraq{3,5}{2} = 1,75\).

Ответ: \(\sin 30^\circ = \cos 60^\circ = 0,50\); \(\cos 30^\circ = \sin 60^\circ \approx 0,87\); \(\tan 30^\circ = \cot 60^\circ \approx 0,57\); \(\cot 30^\circ = \tan 60^\circ = 1,75\).

Решение №39950: a) \(\sin x = \cos(90^\circ - x) = \cos 36^\circ \Rightarrow 90^\circ - x = 36^\circ \Rightarrow x = 90^\circ - 36^\circ = 54^\circ\); б) \(\cos x = \sin(90^\circ - x) = \sin 82^\circ \Rightarrow 90^\circ - х = 82^\circ \Rightarrow x = 90^\circ - 82^\circ = 8^\circ\); в) \(\tan x = \sqrt{3} \Rightarrow x = 60^\circ\); г) \(\cos x = \sin(90^\circ - x) = sin x \Rightarrow 90^\circ - x = x \Rightarrow x = 45^\circ\).

Ответ: a) \(54^\circ\); б) \(8^\circ\); в) \(60^\circ\); г) \(45^\circ\).

Решение №39951: a) \(\cos x = \sin(90^\circ - x) = \sin 50^\circ\); \(90^\circ - x = 50^\circ \Rightarrow x = 90^\circ - 50^\circ = 40^\circ\); б) \(\sin x = 0,5\); \(x = 30^\circ\); в) \(\tan x = 1\); \(x = 45^\circ\).

Ответ: a) \(40^\circ\); б) \(30^\circ\); в) \(45^\circ\).

Решение №39952: \(\sin 80^\circ \approx 0,985\); \(\sin 32^\circ \approx 0,53\); \(\cos 54^\circ \approx 0,59\); \(\tan 10^\circ \approx 0,18\); \(\cos 18^\circ \approx 0,95\); \(\tan 65^\circ \approx 2,145\).

Ответ: \(\sin 80^\circ \approx 0,985\); \(\sin 32^\circ \approx 0,53\); \(\cos 54^\circ \approx 0,59\); \(\tan 10^\circ \approx 0,18\); \(\cos 18^\circ \approx 0,95\); \(\tan 65^\circ \approx 2,145\).

Решение №39953: а) \(\sin 30^\circ + \tan 45^\circ = \fraq{1}{2} + 1 = \fraq{3}{2}\); б) \(\cos 30^\circ \cdot \tan 60^\circ = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot \sqrt{3} = \fraq{3}{2}\); в) \(\sqrt{2}\sin 45^\circ - \cos 60^\circ = \sqrt{2} \cdot \fraq{1}{\sqrt{2}} - \fraq{1}{2} = 1 - \fraq{1}{2} = \fraq{1}{2}\).

Ответ: а) \(\fraq{3}{2}\); б) \(\fraq{3}{2}\); в) \(\fraq{1}{2}\).

Решение №39954: a) \(\sqrt{3}\cos 30^\circ - \cos 60^\circ = \sqrt{3} \cdot \fraq{\sqrt{3}}{2} - \fraq{1}{2} = \fraq{3}{2} - \fraq{1}{2} = 1\); б) \(\cos 45^\circ \sin 45^\circ = \fraq{1}{\sqrt{2}} \cdot \fraq{1}{\sqrt{2}} = \fraq{1}{2}\); в) \(\sin 60^\circ \tan 30^\circ = \fraq{\sqrt{3}}{2} \cdot \fraq{1}{\sqrt{3}} = \fraq{1}{2}\).

Ответ: a) \(1\); б) \(\fraq{1}{2}\); в) \(\fraq{1}{2}\).

Решение №39955: a) \(\cos A = 0,6 \Rightarrow \sin B = \cos A = 0,6\); \(\cos B = \sqrt{1 - \sin^2 B} = \sqrt{1 - 0,36} = 0,8\). б) \(\sin B = 0,5 \Rightarrow \cos A = \sin B = 0,5\); \(tan A = \fraq{\sin A}{\cos A} = \fraq{\sqrt{1 - \cos^2 A}}{\cos A} = \fraq{\sqrt{1 - 0,25}}{0,5} = \sqrt{3}\).

Ответ: a) \(\sin B = 0,6\), \(\cos B = 0,8\); б) \(\cos A = 0,5\), \(tan A = \sqrt{3}\).

Решение №39956: а) \(\sin(90^\circ - \alpha) = 0,8\); \(\sin(90^\circ - \alpha) = \cos(\alpha) = 0,8\); \(\sin(\alpha) = \sqrt{1 - \cos(\alpha)^{2}} = \sqrt{1 - 0,64} = 0,64\) б) \(\tan(90^\circ - \alpha) = \fraq{\sin(90^\circ - \alpha)}{\cos(90^\circ - \alpha)} = \fraq{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)} = \fraq{\sqrt{1 - \sqrt(\alpha)^{2}}}{\sin(\alpha)} = \fraq{\sqrt{4 - 2}}{\sqrt{2}} = 1\)

Ответ: NaN

Решение №39957: а) \(\tan(x) = \cot(90^\circ - x) = \cot(22^\circ) \rightarrow 90^\circ - x = 22^\circ \rightarrow x = 68^\circ\); б) \(\cos(90^\circ - x) = \sin(x) = 0,5\) \(\cos(x) = \sqrt{1 - sin(x)^{2}} =\fraq{\sqrt{3}}{2}\); \(x = 30^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №39958: а) \(\cot(x) = \tan(90^\circ - x) = \tan(14^\circ) \rightarrow 90^\circ - x = 14^\circ \rightarrow x = 90^\circ - 14^\circ = 76^\circ\); б) \(\tan(x) = \cot(90^\circ - x) = \cot(x) \rightarrow 90^\circ - x = x \rightarrow x = 45^\circ\)

Ответ: NaN

Решение №39959: а) \(\sin(B) = \fraq{1}{\sqrt{5}} \rightarrow \cos(A) = \sin(B) = \fraq{1}{\sqrt{5}}\); \(\sin(A) = \sqrt{1 - \cos(A)^{2}} = \fraq{2}{\sqrt{5}}\) \(\tan(A) = \fraq{\sin(A)}{\cos(A)} = 2\); \(\tan(A) = \fraq{\sin(A)}{\cos(A)} = 2\); б) \(\cot(A) = \sqrt{3} \rightarrow \tan(B) = \sqrt{3}\); \(\fraq{1}{\sin(B)^{2}} = 1 + \cot(B)^{2} = 1 + \fraq{1}{3} = \fraq{4}{3}\); \(\sin(B) = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); в) \(\sin(A)^{2} + \sin(A)^{2} = \cos(B)^{2} + \sin(B)^{2} = 1\).

Ответ: NaN

Решение №39960: а) \(\cot(\alpha) = \tan(90^\circ - \alpha) = \fraq{1}{3} \rightarrow \tan(\alpha) \) \(\sin(\alpha) = \fraq{1}{\sqrt{1 + \cot(\alpha)^{2}}} = \fraq{1}{\sqrt{1 + \fraq{1}{9}}} = \fraq{3}{\sqrt{10}}\) \(\cos(\alpha) = \fraq{1}{\sqrt{1 + \tan(\alpha)^{2}}} = \fraq{1}{\sqrt{10}}\); б) \(\cos(\alpha)^{2} + \cos(90^\circ - \alpha)^{2} = \cos(\alpha)^{2} + \sin(\alpha)^{2} = 1\).

Ответ: NaN

Решение №39961: \(\sin(\alpha) = \cos(\beta)\) и \(\sin(\beta) = \cos(\alpha)\), тогда \(\sin(\beta) + \sin(\alpha) = \cos(\alpha) + \cos(\beta) = b\)

Ответ: NaN

Решение №39962: По определению \(\sin(\alpha) = \fraq{AC}{AB}\); \(\tan(\alpha) = \fraq{BC}{AC}\); \(\cos(\alpha) = \fraq{AC}{AB}\); \(\cot(\alpha) = \fraq{AC}{BC}\). По рисунку видно, что \(B_{1}A > BA\), тогда \(\fraq{AC}{AB} > \fraq{AC}{AB_{1}}\), тогда \(\cos(\alpha) > \cos(\alpha_{1}\) при \(\alpha_{1} > \alpha\). Воспользуемся основным тригонометрическим тождеством: \(\cos(\alpha)^{2} + \sin(\alpha)^{2} = \cos(\alpha_{1})^{2} + \sin(\alpha_{1})^{2} \rightarrow \sin(\alpha_{1})^{2} - \sin(\alpha)^{2} = \cos(\alpha)^{2} - \cos(\alpha_{1})^{2} > 0 \rightarrow \sin(\alpha_{1})^{2} > \sin(\alpha)^{2}\), тогда \(\sin(\alpha_{1}) > \sin(\alpha)\) при \(\alpha_{1} > \alpha\). \(\tan(\alpha) = \fraq{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}\), тогда, если \(\fraq{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)} < \fraq{\sin(\alpha_{1})}{\cos(\alpha_{1})} \rightarrow \tan(\alpha) < \tan(\alpha_{1})\) при \(\alpha_{1} > \alpha\) и, следовательно \(\cot(\alpha) > \cot(\alpha_{1})\) при \(\alpha_{1} > \alpha\), что и требовалось доказать

Ответ: NaN

Решение №39963: а) \(\sin(23^\circ) = \cos(90^\circ - 23^\circ) = \cos(67^\circ) < \cos(65^\circ)\), т.к. \(67^\circ > 65^\circ\); б) \(\tan(36^\circ) = \cot(90^\circ - 36^\circ) = \cot(64^\circ)\)

Ответ: NaN

Решение №39964: \(\tan(15^\circ) \cdot \tan(30^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \tan(60^\circ) \cdot \tan(75^\circ) = \tan(15^\circ) \cdot \tan(30^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \cot(90^\circ - 60^\circ) \times \cot(90^\circ - 75^\circ) = \tan(15^\circ) \cdot \tan(30^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \cot(30^\circ) \cdot \tcot(15^\circ) = \tan(45^\circ) = 1\)

Ответ: NaN

Решение №39965: \(\tan(1^\circ) \cdot \tan(2^\circ) \cdot ... \cdot \tan(44^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \tan(46^\circ) \cdot ... \cdot \tan(88^\circ) \cdot \tan(89^\circ) = \tan(1^\circ) \cdot \tan(2^\circ) \cdot ... \cdot \tan(44^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \cot(45^\circ) \cdot \cot(90^\circ - 46^\circ) \cdot ... \cdot \cot(90^\circ - 88^\circ) \cdot \cot(90^\circ - 89^\circ) = \tan(1^\circ) \cdot \tan(2^\circ) \cdot ... \cdot \tan(44^\circ) \cdot \tan(45^\circ) \cdot \cot(44^\circ) \cdot ... \cdot \cot(2^\circ) \cdot \cot(1^\circ) = \tan(45^\circ) = 1\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39966: По свойству углов равнобедренного треугольника \(\angle BAC = \angle BCA = 75^\circ\), тогда по теореме о сумме углов треугольника: \(\angle ABC = 180^\circ - 75^\circ = 30^\circ\); \(\sin{30^\circ} = \fraq{DC}{BC}\), тогда \(BC = \fraq{DC}{\sin{30^\circ}} = 2DC = 12\) (см). \(BC = АВ\) по определению равнобедренного треугольника, тогда \(АВ = 12\) см; \(S_{ABC} = \fraq{1}{2}AB \cdot DC = \fraq{1}{2} \cdot 12 \cdot 6 = 36 (см^2)\).

Ответ: \(36 (см^2)\).

Решение №39967: По признаку \(\Delta BDC\) и \(\Delta ADB\) - равнобедренные, тогда \(BC = a\sqrt{2}\); \(AB = a\sqrt{2}\); \(S = \fraq{1}{2}AB \cdot BC\); \(S = \fraq{1}{2}a\sqrt{2} \cdot a\sqrt{2} = a^2\).

Ответ: \(a^2\).

Решение №39968: По двум сторонам можно, третья сторона находится по теореме Пифагора. А по двум углам - нельзя, т. к. существует бесконечно много подобных треугольников с данными углами, но разными сторонами.

Ответ: По двум сторонам можно, третья сторона находится по теореме Пифагора. А по двум углам - нельзя, т. к. существует бесконечно много подобных треугольников с данными углами, но разными сторонами.

Решение №39969: \(KM = \fraq{a}{\tan{\alpha}}\); \(KN = \fraq{a}{\sin{\alpha}}\).

Ответ: \(KM = \fraq{a}{\tan{\alpha}}\); \(KN = \fraq{a}{\sin{\alpha}}\).

Решение №39970: а) верно; б) неверно, \(MK = KN\cos{\alpha}\); в) неверно, \(KN = \fraq{MN}{\sin{\alpha}}\); г) верно.

Ответ: а) верно; б) неверно; в) неверно; г) верно.

Решение №39971: \(\alpha = 40^\circ\); \(c = 5,1\) см. \(\beta = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ\); \(a = c \cdot \sin{\alpha} = 5,1 \cdot \sin{40^\circ} \approx 3,3\) (см); \(b = c \cdot \cos{alpha} = 5,1 \cdot \cos{40^\circ} \approx 3,9\) (см).

Ответ: \(\alpha = 40^\circ\); \(c = 5,1\) см; \(\beta = 50^\circ\); \(a \approx 3,3\) см; \(b \approx 3,9\) см.

Решение №39972: \(a = 4\) см; \(b = 3,5\) см. \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{4^2 + 3,5^2} = \sqrt{16 + 12,25} \approx 5,3\) (см); \(\sin{\alpha} \approx \fraq{a}{c} \approx \fraq{4}{5,3} \approx 0,75 \Rightarrow \alpha \approx 49^\circ\); \(\sin{\beta} = \fraq{b}{c} \approx \fraq{3,5}{5,3} \approx 0,66 \Rightarrow \beta \approx 41^\circ\).

Ответ: \(a = 4\) см; \(b = 3,5\) см; \(c \approx 5,3\) см; \(\alpha \approx 49^\circ\); \(\beta \approx 41^\circ\).

Решение №39973: \(c = \fraq{a}{\cos{\beta}}\); \(c = \fraq{7}{\cos{60^\circ}} = 2 \cdot 7 = 14\) (см).

Ответ: 14 см.

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \(a = c\sin{\alpha}; \(a = 20 \cdot 0,6 = 12\) (см); \(b = \sqrt{c^2 - a^2} = \sqrt{20^2 - 12^2} = \sqrt{256}= 16\) (см).

Решение №39975: \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{4\sqrt{2}}{8} = \fraq{\sqrt{2}}{2}\); \(\alpha = 45^\circ\); \(\beta = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ\).

Ответ: \(45^\circ\), \(45^\circ\).

Решение №39976: a) \(с = 8\) см; \(\alpha = 30^\circ\). \(b = c\cos{\alpha} = 8\cos{30^\circ} = 8 \cdot \fraq{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}\) (см); \(a = c\sin{\alpha} =8\sin{30^\circ} = 8 \cdot \fraq{1}{2} = 4\) (см); \(\beta = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ\). б) \(с = 10\) см; \(\alpha = 42^\circ\). \(b = c\cos{\alpha} = 10\cos{42^\circ} \approx 7,4\) (см); \(a = c\sin{\alpha} = 10\sin{42^\circ} \approx 6,7\) (см); \(\beta = 90^\circ - 42^\circ = 48^\circ\).

Ответ: a) \(\beta = 60^\circ\), \(a = 4\), \(b = 4\sqrt{3}\); б) \(\beta = 48^\circ\), \(a \approx 6,7\), \(b \approx 7,4\).

Решение №39977: a) \(а = 2\) см; \(\beta = 45^\circ\). \(c = \fraq{a}{\cos{\beta}} = \fraq{2}{\cos{45^\circ}} = 2\sqrt{2}\) (см); \(b = a = 2\) (см); \(\alpha = \beta = 45^\circ\). б) \(a = 4\) см; \(\alpha = 18^\circ\). \(c = \fraq{a}{\sin{\alpha} = \fraq{4}{\sin{18^\circ} \approx 12,9\) (см); \(b = \fraq{a}{\tg{\alpha} = \fraq{4}{\tg{18^\circ} \approx 12,3\) (см); \(\beta = 90^\circ - 18^\circ = 72^\circ\).

Ответ: a) \(\alpha = 45^\circ\), \(b = 2\), \(c = 2\sqrt{2}\); б) \(\beta = 72^\circ\), \(c \approx 12,94\), \(b \approx 12,31\).

Решение №39978: a) \(c = 12\) см; \(\alpha = 28^\circ\). \(a = c\sin{\alpha} = 12\sin{28^\circ} \approx 5,6\) см; \(b = c\cos{\alpha} = 12\cos{28^\circ} \approx 10,6\) см; \(\beta = 90^\circ - 28^\circ = 62^\circ\). б) \(a = 8\) см; \(\beta = 40^\circ\). \(c = \fraq{a}{\cos{\beta}} = \fraq{8}{\cos{40^\circ}} = 10,4\) (см); \(b = a\tan{\beta} = 8\tan{40^\circ} = 6,7\) (см); \(\alpha = 90^\circ - 40^\circ = 50^\circ\).

Ответ: a) \(\beta = 62^\circ\), \(a \approx 5,63\), \(b \approx 10,6\) см; б) \(\alpha = 50^\circ\), \(c \approx 10,44\), \(b \approx 6,71\).

Решение №39979: a) \(c = 9\sqrt{2}\) см; \(а = 9\) см. \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{9}{9\sqrt{2}} = \fraq{1}{\sqrt{2}} \Rightarrow \alpha = 45^\circ\); \(\beta = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ\); \(b = а = 9\) см. б) \(c = 25\) см; \(a = 24\) см. \(\sin{\alpha} = \fraq{24}{25} = 0,96\); \(\alpha \approx 74^\circ\); \(\beta \approx 90^\circ - 74^\circ = 16^\circ\); \(b = \sqrt{c^2 - a^2} = \sqrt{25^2 - 24^2} = \sqrt{49} = 7\) (см).

Ответ: a) \(b = 9\), \(\alpha = \beta = 45^\circ\); б) \(b = 7\), \(\alpha \approx 74^\circ\), \(\beta \approx 16^\circ\).

Решение №39980: a) \(а = 6\sqrt{3}\) см; \(b = 6\) см. \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{36 \cdot 3 + 36} = \sqrt{144} = 12\) (см); \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{6\sqrt{3}}{12} = \fraq{\sqrt{3}}{2}\); \(\alpha = 60^\circ\); \(\sin{\beta} = \fraq{b}{c} = \fraq{6}{12} = \fraq{1}{2}\); \(\beta = 30^\circ\). б) \(а = 9\) см; \(b = 40\) см. \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{81 \cdot 1600} = 41\) (см); \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{9}{41} \approx 0,22\); \(\alpha \approx 13^\circ\); \(\sin{\beta} = \fraq{b}{c} = \fraq{40}{41} \approx 0,98\); \(\beta \approx 77^\circ\).

Ответ: a) \(c = 12\), \(\alpha = 60^\circ\), \(\beta = 30^\circ\); б) \\(c = 41\), \(\alpha \approx 13^\circ\), \(\beta \approx 77^\circ\).

Решение №39981: a) \(а = 6\) см; \(с = 10\) см. \(b = \sqrt{c^2 - a^2} = \sqrt{100 - 36} = \sqrt{64} = 8\) (см); \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{6}{10} = 0,6\); \(\alpha \approx 37^\circ\); \(\sin{\beta} = \fraq{b}{c} = \fraq{8}{10} = 0,8\); \(\beta \approx 53^\circ\). б) \(а = 5\) см; \(b = \sqrt{11}\) см. \(c = \sqrt{a^2 + b^2} = \sqrt{25 + 11} = \sqrt{36} = 6\) (см); \(\sin{\alpha} = \fraq{a}{c} = \fraq{5}{6}\); \(\alpha \approx 56^\circ\); \(\sin{\beta} = \fraq{b}{c} = \fraq{\sqrt{11}}{6}\); \(\beta \approx 34^\circ\).

Ответ: a) \(b = 8\), \(\alpha \approx 37^\circ\), \(\sin{\beta} \approx 53^\circ\); б) \(c = 6\), \(\alpha \approx 56^\circ\), \(\sin{\beta} \approx 34^\circ\).

Решение №39982: \(\tan{A} = \fraq{BD}{AD} \Rightarrow BD = AD \cdot \tan{A}\); тогда \(\tan{C} = \fraq{BD}{DC} \Rightarrow BD = \tan{C} \cdot DC\); \(\tan{C} \cdot DC = \tan{A} \cdot AD\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39983: \(\sin{A} = \fraq{BD}{AB}\); тогда \(AB = \fraq{BD}{\sin{A}}. С другой стороны, \(\cos{A} = \fraq{AB}{AC}\), тогда \(AB = AC \cdot \cot{A}\); следовательно, \(\fraq{BD}{\sin{A}} = AC \cdot \cos{A}\), что и требовалось доказать.

Ответ: NaN

Решение №39984: \(\Delta АОВ\) - равнобедренный, т. к. \(АО = OB\) (свойство диагоналей прямоугольника), тогда: \(\angle OBA = \angle BAO = 90^\circ - \fraq{\alpha}{2} = 70^\circ\). \(b = DA = BD\sin{\angle DBA} = 10\sin{70^\circ} \approx 9,4\) (см); \(a = AB = BD\cos{\angle DBA} = 10\cos{70^\circ} \approx 3,4\) (см).

Ответ: \(\approx 9,4\); \(\approx 3,4\).

Решение №39985: \(\sin{\alpha} = \fraq{BH}{AB}\), тогда \(AB = \fraq{BH}{\sin{\alpha} = \fraq{16}{8} \cdot 17 = 34\) (см). \(AH = \sqrt{AB^2 - BH^2} = \sqrt{34^2 - 16^2} = \sqrt{900} = 30\) (см). По свойству высоты равнобедренного треугольника \(ВН\) - медиана, тогда \(AC = 2АН\); \(АС = 2 \cdot 30 = 60\) (см).

Ответ: 60 см.

Решение №39986: По свойству диагоналей ромба: \(AO = OC = AC : 2\); \(BO = OD = BD : 2\); \(AC\) и \(BD\) - биссектрисы, тогда: \(\tan{\fraq{\alpha}{2}} = \fraq{d_{1}}{2} : \fraq{d_{2}}{2} = \fraq{d_{1}}{d_{2}} = \fraq{10}{24} = \fraq{5}{12}\); \(\fraq{\alpha}{2} \approx 23^\circ\); \(\alpha = \angle BCD = \angle BAD \approx 45^\circ\); \(\angle ADC = \angle ABC \approx 180^\circ - 45^\circ = 135^\circ\).

Ответ: \(\approx 45^\circ\); \(\approx 135^\circ\).

Решение №39987: a) \(BD =4\sqrt{3}\) (см); \(\angle DBC = 60^\circ\). \(BC = \fraq{BD}{\cos{\angle DBC}} = \fraq{4\sqrt{3} \cdot 2}{\sqrt{3}} = 8\) (см); \(\angle DCB = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\); \(AB = BC\tan{30^\circ} = 8 \cdot \fraq{1}{\sqrt{3}} = \fraq{8\sqrt{3}}{3}\) (см); \(\angle BAD = 60^\circ\). б) \(AD = 9\) см; \(\angle C = 10^\circ\). \(\angle A = 90^\circ - \angle C = 90^\circ - 10^\circ = 80^\circ\); \(AB = \fraq{AD}{\cos{\angle A}} = \fraq{9}{\cos{80^\circ}} \approx 52\) (см); \(AC = \fraq{AB}{\cos{\angle A}} \approx \fraq{52}{\cos{80^\circ}} \approx 298\) (см); \(BC = AC\cos{10^\circ} \approx 298\cos{10^\circ\) \approx 294\) (см).

Ответ: a) \(AB = 8\), \(BC = 8\sqrt{3}\), \(AC = 16\), \(\angle A = 60^\circ\), \(\angle C = 30^\circ\); б) \(BC = \approx 294\), \(AB \approx 52\), \(AC \approx 298\), \(\angle A = 80^\circ\).

Решение №39988: \(BD = 3\) см; \(DC = 4\) см. \(BC = \sqrt{BD^2 + DC^2} = 5\) (см); \(\sin{\angle C} = \fraq{BD}{BC} = \fraq{3}{5}\); \(\angle C \approx 37^\circ\); \(\angle A = 90^\circ - \angle C \approx = 53^\circ\); \(AC = \fraq{BC}{\cos{\angle C}} = \fraq{5}{\cos{37^\circ}} \approx 6,3\) (см); \(AB = AC\sin{\angle C} \approx 6,3 \cdot \fraq{3}{5} \approx 3,8\) (см).

Ответ: \(AB \approx 3,8\) (см); \(BC = 5\) (см); \(AC = \approx 6,3\) (см); \(\angle A \approx = 53^\circ\); \(\angle C \approx 37^\circ\).

Решение №39989: \(\angle CDH = 180^\circ - 110^\circ - 70^\circ\); \(\angle HCD = 90^\circ - 70^\circ = 20^\circ\); \(HD = AD - BC = 12 - 8 = 4\) (см); \(CD = \fraq{HD}{\cos{\angle CDH}} = \fraq{4}{\cos{70^\circ}} \approx 11,7\) (см); \(BA = CH = HD \tan{\angle CDH} = 4\tan{70^\circ\) \approx 11\) (см).

Ответ: \(\approx 11,7\) см; \(\approx 11\) см.

Решение №39990: \(\angle ABB_{1} = \angle ABC - 90^\circ = 135^\circ - 90^\circ = 45^\circ\); тогда \(\angle BAB_{1} = 45^\circ\) и \(\Delta АВB_{1}\) - равнобедренный; \(AB_{1} = AB\cos{45^\circ} = 10 \cdot \fraq{1}{\sqrt{2}} = 5\sqrt{2}\) (см). Тогда \(AD = BC + 2AB_{1} = 8 + 10\sqrt{2}\), \(MN = \fraq{AD + BC}{2} = \fraq{16 + 10\sqrt{2}}{2} = 8 + 5\sqrt{2} \approx 15\) (см).

Ответ: \(\approx 15\) см.

Решение №39991: \(\tan{\alpha} = \fraq{h}{a} = \fraq{11}{4,4} = \fraq{10}{4} = 2,5\); \(\alpha \approx 68^\circ\).

Ответ: \(\approx 68^\circ\).