Przekształcamy dane wyrażenie, korzystając ze wzorów redukcyjnych:

${\cos }^2{105}^{\circ }-{\sin }^2{105}^{\circ }={\cos }^2\left({180}^{\circ }-{75}^{\circ }\right)-{\sin }^2\left({180}^{\circ }-{75}^{\circ }\right)={\left(-\cos {75}^{\circ }\right)}^2-{\left(\sin {75}^{\circ }\right)}^2={\cos }^2{75}^{\circ }-{\sin }^2{75}^{\circ }={\cos }^2\left({90}^{\circ }-{15}^{\circ }\right)-{\sin }^2\left({90}^{\circ }-{15}^{\circ }\right)={\sin }^2{15}^{\circ }-{\cos }^2{15}^{\circ }$  

---

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej:

Odcinek y leży naprzeciw najmniejszego kąta trójkąta ABC, więc:

$y<z$  

Ponadto odcinki x, y, z wyrażają długości boków trójkąta, więc:

$x>0,y>0,z>0$  

---

Pole trójkąta ACD możemy obliczyć na dwa sposoby. Mianowicie:

$P=\frac{1}{2}{x}^2\cdot \sin {30}^{\circ }=\frac{1}{2}{x}^2\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}{x}^2$  

$P=\frac{1}{2}\cdot 2y\cdot z=yz$  

Zatem:

$\frac{1}{4}{x}^2=yz\mid \cdot 4$  

$x^2=4yz\left(\ast \right)$  

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABC:

$y^2+z^2=x^2$  

Podstawiamy x²=4yz.

$y^2+z^2=4yz$  

$y^2-4yz+z^2=0$  

$y^2-4z\cdot y+z^2=0$  

Powyższe równanie jest równaniem kwadratowym zmiennej y. Wyznaczymy z niego y w zależności od z.

$\Delta ={\left(-4z\right)}^2-4\cdot 1\cdot z^2=16z^2-4z^2=12z^2,\sqrt{\Delta }=\sqrt{12z^2}=2\sqrt{3}z$  

$y=\frac{4z-2\sqrt{3}z}{2}=2z-\sqrt{3}z=\left(2-\sqrt{3}\right)z\text{lub}y=\frac{4z+2\sqrt{3}z}{2}=2z+\sqrt{3}z=\left(2+\sqrt{3}\right)z$  

Mamy:

$2-\sqrt{3}\approx 2-1,73=0,27$  

$2+\sqrt{3}\approx 2+1,73=3,73$  

Ustaliliśmy wcześniej, że y<z, więc:

$y=\left(2-\sqrt{3}\right)z$  

Wyznaczmy jeszcze zmienną z w zależności od y:

$y=\left(2-\sqrt{3}\right)z\mid :\left(2-\sqrt{3}\right)$  

$z=\frac{y}{2-\sqrt{3}}=\frac{y}{2-\sqrt{3}}\cdot \frac{2+\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\frac{2+\sqrt{3}}{\left(2-\sqrt{3}\right)\left(2+\sqrt{3}\right)}y=\frac{2+\sqrt{3}}{4-3}y=\frac{2+\sqrt{3}}{1}y=\left(2+\sqrt{3}\right)y$  

---

Podstawiamy y=(2-√3)z do równania oznaczonego jako (∗) i wyznaczamy cos²15⁰.

$x^2=4yz$  

$x^2=4\left(2-\sqrt{3}\right)z\cdot z$  

$x^2=4\left(2-\sqrt{3}\right)z^2\mid :z^2$  

$\frac{x^2}{z^2}=4\left(2-\sqrt{3}\right)$  

$\frac{z^2}{x^2}=\frac{1}{4\left(2-\sqrt{3}\right)}$  

$\frac{z^2}{x^2}=\frac{1}{8-4\sqrt{3}}$  

${\left(\frac{z}{x}\right)}^2=\frac{1}{8-4\sqrt{3}}$  

${\cos }^2{15}^{\circ }=\frac{1}{8-4\sqrt{3}}$  

---

Podstawiamy z=(2+√3)y do równania oznaczonego jako (∗) i wyznaczamy sin²15⁰.

$x^2=4yz$  

$x^2=4y\cdot \left(2+\sqrt{3}\right)y$  

$x^2=4\left(2+\sqrt{3}\right)y^2\mid :y^2$  

$\frac{x^2}{y^2}=4\left(2+\sqrt{3}\right)$  

$\frac{y^2}{x^2}=\frac{1}{4\left(2+\sqrt{3}\right)}$  

$\frac{y^2}{x^2}=\frac{1}{8+4\sqrt{3}}$  

${\left(\frac{y}{x}\right)}^2=\frac{1}{8+4\sqrt{3}}$  

${\sin }^2{15}^{\circ }=\frac{1}{8+4\sqrt{3}}$  

---

Obliczamy wartość wyrażenia:

${\cos }^2{105}^{\circ }-{\sin }^2{105}^{\circ }=\dots ={\sin }^2{15}^{\circ }-{\cos }^2{15}^{\circ }=\frac{1}{8+4\sqrt{3}}-\frac{1}{8-4\sqrt{3}}=\frac{8-4\sqrt{3}-\left(8+4\sqrt{3}\right)}{\left(8+4\sqrt{3}\right)\left(8-4\sqrt{3}\right)}=\frac{8-4\sqrt{3}-8-4\sqrt{3}}{64-48}=\frac{-8\sqrt{3}}{16}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$  

---

Prawidłowa odpowiedź to A.

---

---

Uwaga: Rozwiązanie tego zadania na tym etapie edukacji jest dość skomplikowane. Gdy już poznamy wzory na cosinus podwojonego kąta, wygodniej i zdecydowanie szybciej będzie rozwiązać to zadanie przy użyciu wzoru cos2α=cos²α-sin²α.