Реши 3 задание ,4,5

Краткий ответ

3. В задании, как оно читается на фото, есть ошибка: левая часть упрощается до
\[ \frac{2\sin\alpha}{1-\sin\alpha}, \] а не до \(2\tan^2\alpha\).

4. \[ \boxed{\frac{1}{\sin^2\alpha\cos^2\alpha}} \]

5. \[ \boxed{\sin\alpha=-\frac5{13}},\qquad \boxed{\cos\alpha=\frac{12}{13}}, \] \[ \boxed{\tan\alpha=-\frac5{12}},\qquad \boxed{\cot\alpha=-\frac{12}{5}}. \]

Решение

3

Пусть \(s=\sin\alpha\), \(c=\cos\alpha\). Тогда:

\[ (\sin\alpha+\cos\alpha)^2-1 =\sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha-1. \]

Так как \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), получаем:

\[ (\sin\alpha+\cos\alpha)^2-1=2\sin\alpha\cos\alpha. \]

Знаменатель:

\[ \cos\alpha-\sin\alpha\cos\alpha =\cos\alpha(1-\sin\alpha). \]

Следовательно,

\[ \frac{2\sin\alpha\cos\alpha} {\cos\alpha(1-\sin\alpha)} = \frac{2\sin\alpha}{1-\sin\alpha}. \]

Это не равно \(2\tan^2\alpha\) при всех \(\alpha\). Например, при \(\alpha=30^\circ\):

\[ \text{левая часть}=2,\qquad 2\tan^2 30^\circ=\frac23. \]

Значит, в №3, вероятно, опечатка.

4

Используем основное тригонометрическое тождество:

\[ 1+\tan^2\alpha=\frac1{\cos^2\alpha}. \]

Тогда

\[ 1+\tan^2\alpha+\frac1{\sin^2\alpha} = \frac1{\cos^2\alpha}+\frac1{\sin^2\alpha}. \]

Приведём к общему знаменателю:

\[ \frac{\sin^2\alpha+\cos^2\alpha} {\sin^2\alpha\cos^2\alpha} = \boxed{\frac1{\sin^2\alpha\cos^2\alpha}}. \]

5

Для точки на единичной окружности:

\[ P_\alpha(\cos\alpha;\sin\alpha). \]

По координатам точки:

\[ \cos\alpha=\frac{12}{13},\qquad \sin\alpha=-\frac5{13}. \]

Тогда

\[ \tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \frac{-5/13}{12/13} =-\frac5{12}, \]

\[ \cot\alpha=\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \frac{12/13}{-5/13} =-\frac{12}{5}. \]

Проверка:

\[ \left(\frac{12}{13}\right)^2+ \left(-\frac5{13}\right)^2 =\frac{144+25}{169}=1. \]