Решение задач 1098-1102 по геометрии

Решение задач из учебника геометрии. Задача 1098. Ответы на вопросы: а) Может ли абсцисса точки единичной полуокружности иметь значения \(0,3\); \(1\); \(\frac{1}{3}\); \(-\frac{1}{3}\); \(1\frac{2}{3}\); \(-2,8\)? Решение: Абсцисса \(x\) точки на единичной полуокружности (где \(y \ge 0\)) изменяется в пределах \(-1 \le x \le 1\). Следовательно: \(0,3\) — может; \(1\) — может; \(\frac{1}{3}\) — может; \(-\frac{1}{3}\) — может; \(1\frac{2}{3}\) — не может (так как \(1\frac{2}{3} > 1\)); \(-2,8\) — не может (так как \(-2,8 < -1\)). б) Может ли ордината точки единичной полуокружности иметь значения \(0,6\); \(\frac{1}{7}\); \(-0,3\); \(7\); \(1,002\)? Решение: Ордината \(y\) точки на единичной полуокружности изменяется в пределах \(0 \le y \le 1\). Следовательно: \(0,6\) — может; \(\frac{1}{7}\) — может; \(-0,3\) — не может (так как \(-0,3 < 0\)); \(7\) — не может (так как \(7 > 1\)); \(1,002\) — не может (так как \(1,002 > 1\)). Задача 1099. Проверьте, что точки лежат на единичной полуокружности. Уравнение единичной окружности: \(x^2 + y^2 = 1\). Для полуокружности также должно выполняться \(y \ge 0\). \(M_1(0; 1)\): \(0^2 + 1^2 = 1\). Верно. \(M_2(\frac{1}{2}; \frac{\sqrt{3}}{2})\): \((\frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = \frac{1}{4} + \frac{3}{4} = 1\). Верно. \(M_3(\frac{\sqrt{2}}{2}; \frac{\sqrt{2}}{2})\): \((\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2 = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 1\). Верно. \(M_4(-\frac{\sqrt{3}}{2}; \frac{1}{2})\): \((-\frac{\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{1}{2})^2 = \frac{3}{4} + \frac{1}{4} = 1\). Верно. \(A(1; 0)\): \(1^2 + 0^2 = 1\). Верно. \(B(-1; 0)\): \((-1)^2 + 0^2 = 1\). Верно. Все точки лежат на единичной полуокружности. Задача 1100. Найдите \(\sin \alpha\), если: Используем основное тригонометрическое тождество: \(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1\). Так как для полуокружности \(\sin \alpha \ge 0\), то \(\sin \alpha = \sqrt{1 - \cos^2 \alpha}\). а) \(\cos \alpha = \frac{1}{2}\) \(\sin \alpha = \sqrt{1 - (\frac{1}{2})^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{4}} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) б) \(\cos \alpha = -\frac{2}{3}\) \(\sin \alpha = \sqrt{1 - (-\frac{2}{3})^2} = \sqrt{1 - \frac{4}{9}} = \sqrt{\frac{5}{9}} = \frac{\sqrt{5}}{3}\) в) \(\cos \alpha = -1\) \(\sin \alpha = \sqrt{1 - (-1)^2} = \sqrt{1 - 1} = 0\) Задача 1101. Найдите \(\cos \alpha\), если: \(\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - \sin^2 \alpha}\). Знак зависит от четверти (угла). а) \(\sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2}\) \(\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \pm \sqrt{1 - \frac{3}{4}} = \pm \sqrt{\frac{1}{4}} = \pm \frac{1}{2}\) б) \(\sin \alpha = \frac{1}{4}\) \(\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - (\frac{1}{4})^2} = \pm \sqrt{1 - \frac{1}{16}} = \pm \sqrt{\frac{15}{16}} = \pm \frac{\sqrt{15}}{4}\) в) \(\sin \alpha = 0\) \(\cos \alpha = \pm \sqrt{1 - 0^2} = \pm 1\) (Для полуокружности это точки \(A(1;0)\) и \(B(-1;0)\)). Задача 1102. Найдите \(\text{tg} \alpha\), если: Используем формулу \(\text{tg} \alpha = \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha}\). а) \(\cos \alpha = 1\) Если \(\cos \alpha = 1\), то \(\sin \alpha = 0\). \(\text{tg} \alpha = \frac{0}{1} = 0\) б) \(\cos \alpha = -\frac{\sqrt{3}}{2}\) \(\sin \alpha = \sqrt{1 - (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \frac{1}{2}\) \(\text{tg} \alpha = \frac{1/2}{-\sqrt{3}/2} = -\frac{1}{\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{3}\) в) \(\sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}\) и \(0^\circ < \alpha < 90^\circ\) В первой четверти \(\cos \alpha > 0\). \(\cos \alpha = \sqrt{1 - (\frac{\sqrt{2}}{2})^2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\) \(\text{tg} \alpha = \frac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{2}/2} = 1\) г) \(\sin \alpha = \frac{3}{5}\) и \(90^\circ < \alpha < 180^\circ\) Во второй четверти \(\cos \alpha < 0\). \(\cos \alpha = -\sqrt{1 - (\frac{3}{5})^2} = -\sqrt{1 - \frac{9}{25}} = -\sqrt{\frac{16}{25}} = -\frac{4}{5}\) \(\text{tg} \alpha = \frac{3/5}{-4/5} = -0,75\)