Урок 4. Тригонометрические выражения: 40 заданий с решениями

Шаг 1. Один полный оборот равен $360^\circ=2\pi$, ещё $90^\circ=\frac\pi2$.

Шаг 2. Складываем: $450^\circ=2\pi+\frac\pi2=\frac{5\pi}{2}$. Полный оборот сохраняем: требуется величина угла, а не только положение точки.

Ответ. $\frac{5\pi}{2}$.

Шаг 1. $\sin\frac{7\pi}{6}=-\frac12$, поэтому по нечётности $\sin(-\frac{7\pi}{6})=\frac12$.

Шаг 2. $\cos\frac{5\pi}{3}=\cos(2\pi-\frac\pi3)=\frac12$. Сумма равна $1$.

Ответ. $1$.

По основному тождеству $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$ при любом действительном $\alpha$. Отдельно находить значения функций при $75^\circ$ не требуется.

Ответ. $1$.

Шаг 1. Период тангенса $180^\circ$, поэтому $\tan225^\circ=\tan45^\circ=1$.

Шаг 2. $\cos240^\circ=\cos(180^\circ+60^\circ)=-\frac12$.

Шаг 3. $1-2\cdot(-\frac12)=2$.

Ответ. $2$.

Шаг 1. $\cos^2\alpha=1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}$.

Шаг 2. Угол во II четверти. Абсцисса точки окружности отрицательна, поэтому из двух значений $\pm\frac{12}{13}$ выбираем отрицательное.

Ответ. $-\frac{12}{13}$.

Шаг 1. В III четверти синус отрицателен: $\sin\alpha=-\sqrt{1-\frac9{25}}=-\frac45$.

Шаг 2. $\tan\alpha=\frac{-\frac45}{-\frac35}=\frac43$. Положительный знак согласуется с III четвертью.

Ответ. $\frac43$.

Шаг 1. По координатам точки $\cos\alpha=-\frac35$, $\sin\alpha=-\frac45$.

Шаг 2. По формуле двойного угла $\sin2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha=2\cdot(-\frac45)\cdot(-\frac35)=\frac{24}{25}$.

Ответ. $\frac{24}{25}$.

Шаг 1. $\frac\alpha2=\frac{5\pi}{6}$ лежит во II четверти, где косинус отрицателен.

Шаг 2. $\cos\frac\alpha2=-\sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}=-\sqrt{\frac{1+\frac12}{2}}=-\frac{\sqrt3}{2}$.

Ответ. $-\frac{\sqrt3}{2}$.

Шаг 1. Применяем $2\sin u\cos u=\sin2u$: $$3\sin\frac{13\pi}{12}\cos\frac{13\pi}{12}=\frac32\sin\frac{13\pi}{6}.$$ Шаг 2. $\frac{13\pi}{6}=2\pi+\frac\pi6$, поэтому получаем $\frac32\cdot\frac12=\frac34$. В бланке с кратким ответом это $0{,}75$.

Ответ. $0{,}75$.

$\sin80^\circ=\cos10^\circ$. Поэтому сумма превращается в $\sin^2 10^\circ+\cos^2 10^\circ=1$.

Ответ. $1$.

Шаг 1. Раскладываем $75^\circ=45^\circ+30^\circ$: $$\sin75^\circ=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{4},\qquad \cos75^\circ=\frac{\sqrt6-\sqrt2}{4}.$$ Шаг 2. Слагаемые с $\sqrt2$ сокращаются. Получаем $\frac{2\sqrt6}{4}=\frac{\sqrt6}{2}$.

Ответ. $\frac{\sqrt6}{2}$.

Шаг 1. $15^\circ=45^\circ-30^\circ$. Формула разности даёт $$\tan15^\circ=\frac{1-\frac1{\sqrt3}}{1+\frac1{\sqrt3}}=\frac{\sqrt3-1}{\sqrt3+1}.$$ Шаг 2. Домножаем на сопряжённое: $$\frac{(\sqrt3-1)^2}{3-1}=2-\sqrt3.$$ Знаменатели ненулевые; ответ положителен, как и тангенс острого угла.

Ответ. $2-\sqrt3$.

Шаг 1. По четвертям выбираем знаки: $\cos\alpha=-\frac45$, $\sin\beta=-\frac5{13}$.

Шаг 2. Подставляем в формулу косинуса разности: $$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta=-\frac{48}{65}-\frac{15}{65}=-\frac{63}{65}.$$ Полученное значение принадлежит $[-1;1]$.

Ответ. $-\frac{63}{65}$.

Шаг 1. Поскольку тангенс определён, $\cos\alpha\ne0$. Делим $2\sin\alpha\cos\alpha$ и $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha$ на $\cos^2\alpha$: $$\sin2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}.$$ Шаг 2. $\frac{-\frac32}{1+\frac9{16}}=-\frac{24}{25}$. Четверть отдельно не требуется: выражение определяется данным тангенсом.

Ответ. $-\frac{24}{25}$.

Делим разность $\cos^2\alpha-\sin^2\alpha$ на равную единице сумму квадратов и затем на $\cos^2\alpha$: $$\cos2\alpha=\frac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}=\frac{1-4}{1+4}=-\frac35.$$

Ответ. $-\frac35$.

Шаг 1. $\frac\pi2<\frac\alpha2<\frac{3\pi}{4}$, то есть половинный угол во II четверти: синус положителен, косинус отрицателен.

Шаг 2. Применяем формулы: $$\sin\frac\alpha2=\sqrt{\frac{1+\frac7{25}}{2}}=\frac45,\qquad \cos\frac\alpha2=-\sqrt{\frac{1-\frac7{25}}{2}}=-\frac35.$$ Проверка: $\frac{16}{25}+\frac9{25}=1$.

Ответ. $\sin\frac\alpha2=\frac45$, $\cos\frac\alpha2=-\frac35$.

Шаг 1. Обозначим $t=\sin x+\cos x$. Тогда $\sin x\cos x=\frac{t^2-1}{2}=-\frac38$.

Шаг 2. По формуле суммы кубов: $$\sin^3x+\cos^3x=t^3-3t\sin x\cos x=-\frac18-\frac9{16}=-\frac{11}{16}.$$

Ответ. $-\frac{11}{16}$.

Шаг 1. Выбираем $\varphi$ так, что $\cos\varphi=\frac35$, $\sin\varphi=\frac45$. Тогда $3\sin x-4\cos x=5\sin(x-\varphi)$.

Шаг 2. Значения синуса заполняют $[-1;1]$, поэтому исходное выражение заполняет $[-3;7]$.

Шаг 3. Максимум достигается при $\sin x=\frac35$, $\cos x=-\frac45$, минимум при $\sin x=-\frac35$, $\cos x=\frac45$. Обе пары лежат на единичной окружности.

Ответ. $[-3;7]$.

$\log_3 27=3$, $\log_3 3=1$. Поэтому разность равна $3-1=2$. Оба аргумента положительны.

Ответ. $2$.

Шаг 1. Корень из квадрата равен модулю: $\sqrt{(x-4)^2}=|x-4|$.

Шаг 2. При $x<4$ выражение $x-4$ отрицательно, поэтому модуль равен $4-x$. При $x\ge4$ получаем $x-4$. В точке $4$ оба выражения равны нулю.

Ответ. $4-x$ при $x<4$; $x-4$ при $x\ge4$.

Шаг 1. Числитель равен $2\sin4x\cos x$, знаменатель $2\cos4x\cos x$.

Шаг 2. Исходная ОДЗ: $\cos4x\ne0$ и $\cos x\ne0$. Только после её записи сокращаем $2\cos x$.

Шаг 3. Получаем $\tan4x$. Условие $\cos x\ne0$ сохраняется, хотя в итоговом выражении этого множителя уже нет.

Ответ. $\tan4x$ при $\cos4x\ne0$, $\cos x\ne0$.

Шаг 1. $\cos2x-\cos4x=-2\sin3x\sin(-x)=2\sin3x\sin x$.

Шаг 2. $\sin2x+\sin4x=2\sin3x\cos x$. Поэтому ОДЗ: $\sin3x\ne0$, $\cos x\ne0$.

Шаг 3. Сокращение ненулевого множителя $2\sin3x$ даёт $\tan x$.

Ответ. $\tan x$ при $\sin3x\ne0$, $\cos x\ne0$.

Шаг 1. Требуются $\sin2x\ne0$ и $1+\cos2x\ne0$. Совместно это $\sin x\ne0$, $\cos x\ne0$, то есть $x\ne\frac{\pi k}{2}$, $k\in\mathbb Z$.

Шаг 2. Первая дробь равна $\frac{2\sin^2x}{2\sin x\cos x}=\tan x$, вторая $\frac{2\sin x\cos x}{2\cos^2x}=\tan x$.

Шаг 3. Складываем и сохраняем исходные исключения.

Ответ. $2\tan x$, $x\ne\frac{\pi k}{2}$, $k\in\mathbb Z$.

Шаг 1. ОДЗ: $\sin x\ne0$, или $x\ne\pi k$.

Шаг 2. Дважды применяем формулу двойного угла: $$\sin4x=2\sin2x\cos2x=4\sin x\cos x\cos2x.$$ Шаг 3. Дробь равна $4\cos x\cos2x$. Разность равна нулю только там, где исходная дробь определена.

Ответ. $0$ при $x\ne\pi k$, $k\in\mathbb Z$.

Обозначим произведение через $P$. Умножим его на ненулевое число $8\sin20^\circ$: $$8\sin20^\circ P=4\sin40^\circ\cos40^\circ\cos80^\circ$$ $$=2\sin80^\circ\cos80^\circ=\sin160^\circ=\sin20^\circ.$$ Делим на $8\sin20^\circ\ne0$. Получаем $P=\frac18$.

Ответ. $\frac18$.

Шаг 1. Из существования тангенса следует $\cos\alpha\ne0$. Делим числитель и знаменатель на $\cos\alpha$.

Шаг 2. Получаем $\frac{\tan\alpha+1}{\tan\alpha-1}=\frac{-1}{-3}=\frac13$. Знаменатель ненулевой, поскольку $\tan\alpha\ne1$.

Ответ. $\frac13$.

Шаг 1. $\frac\pi2<2\alpha<\pi$, поэтому $\sin2\alpha>0$ и $\sin2\alpha=\sqrt{1-\frac9{25}}=\frac45$.

Шаг 2. $\sin4\alpha=2\sin2\alpha\cos2\alpha=2\cdot\frac45\cdot(-\frac35)=-\frac{24}{25}$.

Ответ. $-\frac{24}{25}$.

Шаг 1. В каждом слагаемом используем $\sin^2u=\frac{1-\cos2u}{2}$.

Шаг 2. Сумма равна $\frac32-\frac12 C$, где $$C=\cos2x+\cos\left(2x+\frac{2\pi}{3}\right)+\cos\left(2x-\frac{2\pi}{3}\right).$$ Шаг 3. Сумма двух последних косинусов равна $2\cos2x\cos\frac{2\pi}{3}=-\cos2x$. Значит, $C=0$.

Деления на выражения с $x$ не было, поэтому доказательство действует при всех действительных $x$.

Ответ. Тождество доказано для всех $x\in\mathbb R$.

Шаг 1. ОДЗ: $\sin x+\cos x\ne0$. Раскладываем сумму кубов и сокращаем: $$F(x)=\sin^2x-\sin x\cos x+\cos^2x=1-\frac12\sin2x.$$ Шаг 2. Без ограничений последняя формула даёт $[\frac12;\frac32]$. Но $\sin x+\cos x=0$ равносильно $\sin2x=-1$.

Шаг 3. Поэтому значение $\frac32$ исключено. Значение $\frac12$ достигается, например, при $x=\frac\pi4$; все промежуточные значения допустимы.

Ответ. $F(x)=1-\frac12\sin2x$ на исходной ОДЗ; область значений $[\frac12;\frac32)$.

Шаг 1. $1-\sin2x=(\sin x-\cos x)^2$, поэтому корень равен $|\sin x-\cos x|$.

Шаг 2. $\sin x-\cos x=\sqrt2\sin(x-\frac\pi4)$. На данном отрезке знак меняется в точке $\frac\pi4$: слева выражение неположительно, справа неотрицательно.

Шаг 3. Раскрываем модуль на двух частях отрезка. На общей границе оба ответа равны нулю.

Ответ. $\cos x-\sin x$ при $0\le x\le\frac\pi4$; $\sin x-\cos x$ при $\frac\pi4\le x\le\frac\pi2$.

Шаг 1. Пусть $t=\cos x$. Тогда $2t^2-t-1=(2t+1)(t-1)=0$. Оба значения $t=1$, $t=-\frac12$ допустимы.

Шаг 2. Общее решение: $x=2\pi k$ или $x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$.

Шаг 3. Для первой серии $-1\le k\le-\frac14$, откуда $k=-1$. Для серии $\frac{2\pi}{3}+2\pi k$ получаем $-\frac43\le k\le-\frac7{12}$, откуда $k=-1$. Для серии $-\frac{2\pi}{3}+2\pi k$ имеем $-\frac23\le k\le\frac1{12}$, откуда $k=0$.

Получены ровно три корня. Левая граница $-2\pi$ включена; правая граница не является корнем.

Ответ. а) $x=2\pi k$ или $x=\pm\frac{2\pi}{3}+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$; б) $-2\pi$, $-\frac{4\pi}{3}$, $-\frac{2\pi}{3}$.

Шаг 1. Запишем $\cos2x=\sin(\frac\pi2-2x)$ и используем две возможности равенства синусов: $$3x=\frac\pi2-2x+2\pi k\quad\text{или}\quad3x=\frac\pi2+2x+2\pi n.$$ Отсюда $x=\frac\pi{10}+\frac{2\pi k}{5}$ или $x=\frac\pi2+2\pi n$.

Шаг 2. Вторая серия уже содержится в первой при $k=1+5n$. Достаточно оставить первую серию.

Шаг 3. Из $\pi\le\frac\pi{10}+\frac{2\pi k}{5}\le2\pi$ следует $\frac94\le k\le\frac{19}{4}$. Целые значения $k=3,4$ дают два корня. Концы отрезка не подходят.

Ответ. а) $x=\frac\pi{10}+\frac{2\pi k}{5}$, $k\in\mathbb Z$; б) $\frac{13\pi}{10}$, $\frac{17\pi}{10}$.

Шаг 1. ОДЗ: $\sin x\ne0$, то есть $x\ne\pi k$. Дробь равна нулю только при нулевом числителе и ненулевом знаменателе.

Шаг 2. $(2\cos x-1)(\cos x-1)=0$. Случай $\cos x=1$ даёт $x=2\pi k$ и целиком исключается по ОДЗ. Остаётся $\cos x=\frac12$.

Шаг 3. $x=\pm\frac\pi3+2\pi k$. Для серии $\frac\pi3+2\pi k$ условие отбора даёт $-\frac76\le k\le\frac13$, то есть $k=-1,0$. Для серии $-\frac\pi3+2\pi k$ получаем $-\frac56\le k\le\frac23$, то есть $k=0$.

Все три найденных угла имеют ненулевой синус. На рисунке крестиками отмечены запрещённые кратные $\pi$.

Ответ. а) $x=\pm\frac\pi3+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$; б) $-\frac{5\pi}{3}$, $-\frac\pi3$, $\frac\pi3$.

Шаг 1. Сначала проверим $\cos x=0$. Тогда левая часть равна $\sqrt3\ne0$, поэтому таких корней нет.

Шаг 2. Делим на $\cos^2x$ и обозначаем $t=\tan x$: $$\sqrt3t^2-2t-\sqrt3=0,\qquad t=\sqrt3\ \text{или}\ t=-\frac1{\sqrt3}.$$ Шаг 3. Получаем $x=\frac\pi3+\pi k$ или $x=-\frac\pi6+\pi k$.

Шаг 4. Для первой серии $-\frac43\le k\le\frac76$, откуда $k=-1,0,1$. Для второй $-\frac56\le k\le\frac53$, откуда $k=0,1$. Объединяем пять разных корней. Случай деления на ноль рассмотрен отдельно, поэтому корни не потеряны.

Ответ. а) $x=\frac\pi3+\pi k$ или $x=-\frac\pi6+\pi k$, $k\in\mathbb Z$; б) $-\frac{2\pi}{3}$, $-\frac\pi6$, $\frac\pi3$, $\frac{5\pi}{6}$, $\frac{4\pi}{3}$.

Шаг 1. Преобразуем обе суммы в произведения: $$2\sin2x\cos x=2\cos2x\cos x.$$ Шаг 2. Переносим влево: $2\cos x(\sin2x-\cos2x)=0$. На $\cos x$ не делим. Получаем $\cos x=0$ или $\sin2x=\cos2x$.

Шаг 3. Первая серия: $x=\frac\pi2+\pi k$. Во втором уравнении $\cos2x=0$ не даёт решений, поэтому $\tan2x=1$ и $x=\frac\pi8+\frac{\pi n}{2}$.

Шаг 4. Отбор даёт $\frac12\le k\le2$, то есть $k=1,2$, и $\frac74\le n\le\frac{19}{4}$, то есть $n=2,3,4$. Серии не пересекаются: равенство их членов потребовало бы $4+8k=1+4n$, что невозможно по остаткам при делении на 4.

Ответ. а) $x=\frac\pi2+\pi k$ или $x=\frac\pi8+\frac{\pi n}{2}$, $k,n\in\mathbb Z$; б) $\frac{9\pi}{8}$, $\frac{3\pi}{2}$, $\frac{13\pi}{8}$, $\frac{17\pi}{8}$, $\frac{5\pi}{2}$.

Шаг 1. Переносим слагаемые в одну сторону и используем $\sin^2x-1=-\cos^2x$: $$2\sin x(\sin^2x-1)-\sqrt2\cos^2x=0,$$ $$\cos^2x(2\sin x+\sqrt2)=0.$$ Шаг 2. Не сокращаем на $\cos^2x$. Решения: $$x=\frac\pi2+\pi k;\qquad x=-\frac\pi4+2\pi n;\qquad x=-\frac{3\pi}{4}+2\pi m.$$ Здесь $k,n,m\in\mathbb Z$.

Шаг 3. Отбор для первой серии: $-\frac92\le k\le-3$, значит $k=-4,-3$. Для второй: $-\frac{15}{8}\le n\le-\frac98$; целых чисел нет. Для третьей: $-\frac{13}{8}\le m\le-\frac78$, значит $m=-1$.

Шаг 4. На окружности выделена дуга от $-4\pi$ до $-\frac{5\pi}{2}$ в направлении возрастания угла. Три отмеченных корня согласуются с отбором по целым индексам; правый конец включён.

Ответ. а) $x=\frac\pi2+\pi k$, $x=-\frac\pi4+2\pi n$ или $x=-\frac{3\pi}{4}+2\pi m$, $k,n,m\in\mathbb Z$; б) $-\frac{7\pi}{2}$, $-\frac{11\pi}{4}$, $-\frac{5\pi}{2}$.

Шаг 1. Положим $t=\sin x+\cos x=\sqrt2\sin(x+\frac\pi4)$. Тогда $t\in[-\sqrt2;\sqrt2]$, а знаменатель $2+t\ge2-\sqrt2>0$.

Шаг 2. Функция $g(t)=\frac{t}{2+t}$ строго возрастает на этом отрезке. Действительно, при $t_2>t_1$ разность равна $$g(t_2)-g(t_1)=\frac{2(t_2-t_1)}{(2+t_2)(2+t_1)}>0.$$ Шаг 3. Подставляем крайние значения: $g(-\sqrt2)=-1-\sqrt2$, $g(\sqrt2)=\sqrt2-1$. Непрерывность гарантирует все промежуточные значения.

Шаг 4. Минимум соответствует $x=\frac{5\pi}{4}+2\pi k$, максимум $x=\frac\pi4+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$.

Ответ. $[-1-\sqrt2;\sqrt2-1]$; минимум при $x=\frac{5\pi}{4}+2\pi k$, максимум при $x=\frac\pi4+2\pi k$, $k\in\mathbb Z$.

Шаг 1. Для $t=\sin x+\cos x\in[-\sqrt2;\sqrt2]$ имеем $\sin2x=t^2-1$. Поэтому $$F=1+t-t^2=\frac54-\left(t-\frac12\right)^2.$$ Шаг 2. Вершина $t=\frac12$ лежит внутри допустимого отрезка. Максимум равен $\frac54$.

Шаг 3. Самая удалённая от $\frac12$ точка отрезка есть $t=-\sqrt2$. Минимум равен $1-\sqrt2-2=-1-\sqrt2$.

Шаг 4. Минимум достигается при $x=\frac{5\pi}{4}+2\pi k$. Для максимума нужно $\sin(x+\frac\pi4)=\frac{\sqrt2}{4}$. Если $\gamma=\arcsin\frac{\sqrt2}{4}$, то $x=-\frac\pi4+\gamma+2\pi k$ или $x=\frac{3\pi}{4}-\gamma+2\pi k$.

Проверены вершина и оба конца допустимого отрезка; недопустимые значения замены не использованы.

Ответ. Минимум $-1-\sqrt2$; максимум $\frac54$. Все случаи достижения приведены в шаге 4, $k\in\mathbb Z$.

Шаг 1. Пусть $t=\sin x\in[-1;1]$. Каждому $t\in(-1;1)$ соответствуют два угла на $[0;2\pi)$, а $t=\pm1$ только один. Поэтому нужны два различных корня квадратного уравнения строго внутри $(-1;1)$.

Шаг 2. Перепишем $a=3t-2t^2$. На $[-1;1]$ вершина параболы имеет координаты $(\frac34;\frac98)$, а значения на концах равны $-5$ и $1$. Два внутренних пересечения с горизонталью $y=a$ возможны только при $1<a<\frac98$.

Шаг 3. Алгебраическая проверка: $t_\pm=\frac{3\pm\sqrt{9-8a}}4$. Различность требует $a<\frac98$. Условие $t_+<1$ равносильно $a>1$. При этих условиях $\frac12<t_-<\frac34<t_+<1$, значит оба корня допустимы и дают четыре угла.

Шаг 4. При $a=1$ уровни $t=\frac12$ и $t=1$ дают три угла. При $a=\frac98$ единственный уровень $t=\frac34$ даёт два. Концы ответа исключены.

Ответ. $a\in(1;\frac98)$.

Шаг 1. Положим $t=\sin x\in[-1;1]$. Для $q(t)=t^2-2at+a$ дискриминант равен $4a(a-1)$. При $0<a<1$ действительных корней нет.

Шаг 2. При $a<0$ имеем $q(0)=a<0$, $q(1)=1-a>0$. Один корень всегда лежит в $(0;1)$ и даёт два угла. Второй отрицателен. Его положение относительно $-1$ определяется знаком $q(-1)=1+3a$.

Шаг 3. Если $a<-\frac13$, отрицательный корень меньше $-1$ и не подходит. При $a=-\frac13$ он равен $-1$ и добавляет один угол. При $-\frac13<a<0$ он лежит в $(-1;0)$ и добавляет два угла.

Шаг 4. При $a=0$ уравнение $t^2=0$ даёт $x=0,\pi$. При $a=1$ уравнение $(t-1)^2=0$ даёт только $x=\frac\pi2$. Кратность алгебраического корня не увеличивает число различных углов.

Шаг 5. При $a>1$: $q(0)>0$, $q(1)<0$, а ветви направлены вверх. Один корень лежит в $(0;1)$, второй больше $1$. Значит, углов ровно два.

Все действительные значения параметра рассмотрены. На оси показаны только случаи с двумя корнями.

Ответ. $a\in(-\infty;-\frac13)\cup\{0\}\cup(1;+\infty)$.