Упр.15.24 ГДЗ Мордковича 10 класс профильный уровень (Алгебра)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Мордкович, Семенов 10 класс, Мнемозина: Использовав равнобедренный треугольник с углом 36° при вершине, вычислите sin 18°, cos 18°, sin 36°, cos 36°. У к а з а н и e. Проведите биссектрису угла при основании треугольника.

Рассмотрим равнобедренный треугольник $$ABC$$, где $$AB=BC=1$$, $$\angle B=36^\circ$$. Проведём биссектрису $$AD$$ угла при основании и высоту $$BH$$.

Тогда $$\angle A=\angle C=\frac{180^\circ-36^\circ}{2}=72^\circ$$, а поскольку $$AD$$ — биссектриса, то

$$\angle BAD=\angle DAC=36^\circ.$$

Треугольники $$ABD$$ и $$ACD$$ равнобедренные, значит

$$AD=BD,\qquad AC=AD.$$

Пусть $$AC=x$$. Тогда $$AD=x$$, $$BD=x$$, $$CD=1-x$$. По теореме о биссектрисе:

$$\frac{AC}{AB}=\frac{CD}{BD}$$

$$\frac{x}{1}=\frac{1-x}{x}$$

$$x^2=1-x$$

$$x^2+x-1=0.$$

Отсюда

$$x=\frac{-1+\sqrt5}{2}$$

(отрицательный корень не подходит).

Так как $$BH$$ — высота равнобедренного треугольника, то она является и медианой, значит

$$AH=HC=\frac{x}{2}=\frac{\sqrt5-1}{4}.$$

В прямоугольном треугольнике $$ABH$$:

$$\sin 18^\circ=\frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt5-1}{4}.$$

Тогда

$$\cos 18^\circ=\sqrt{1-\sin^2 18^\circ}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt5-1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4}.$$

Теперь найдём $$\cos 36^\circ$$ по теореме косинусов в треугольнике $$ABC$$:

$$AC^2=AB^2+BC^2-2\cdot AB\cdot BC\cdot \cos 36^\circ$$

$$x^2=1^2+1^2-2\cos 36^\circ$$

$$\cos 36^\circ=\frac{2-x^2}{2}.$$

Подставим $$x=\frac{\sqrt5-1}{2}$$:

$$\cos 36^\circ=\frac{\sqrt5+1}{4}.$$

Так как $$36^\circ$$ — угол первой четверти, то

$$\sin 36^\circ=\sqrt{1-\cos^2 36^\circ}=\sqrt{1-\left(\frac{\sqrt5+1}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{4}.$$

Ответ

$$\sin 18^\circ=\frac{\sqrt5-1}{4},\qquad \cos 18^\circ=\frac{\sqrt{10+2\sqrt5}}{4},\qquad \sin 36^\circ=\frac{\sqrt{10-2\sqrt5}}{4},\qquad \cos 36^\circ=\frac{\sqrt5+1}{4}.$$