ΛΥΣΗ
α) Για τη γωνία $\theta ={\rm A}\widehat{{\rm O}}{\rm M}$ γνωρίζουμε ότι ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}<\theta <\pi$ και $\eta \mu \theta ={\displaystyle \frac{4}{5}}$. Από τη τριγωνομετρική ταυτότητα $\eta {\mu }^2\theta +\sigma \upsilon {\nu }^2\theta =1$ έχουμε ότι:

$$({\displaystyle \frac{4}{5}}{)}^2+\sigma \upsilon {\nu }^2\theta =1$$ $$\iff {\displaystyle \frac{16}{25}}+\sigma \upsilon {\nu }^2\theta =1$$ $$\iff \sigma \upsilon {\nu }^2\theta =1-{\displaystyle \frac{16}{25}}$$ $$\iff \sigma \upsilon {\nu }^2\theta ={\displaystyle \frac{9}{25}}$$

Όμως ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}<\theta <\pi$ οπότε $\sigma \upsilon \nu \theta <0$ και επομένως

$$\sigma \upsilon \nu \theta =-{\displaystyle \frac{3}{5}}$$

Επίσης

$$\epsilon \phi \theta ={\displaystyle \frac{\eta \mu \theta }{\sigma \upsilon \nu \theta }}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{4}{5}}}{-{\displaystyle \frac{3}{5}}}}=-{\displaystyle \frac{4}{3}}$$

και τέλος

$$\sigma \phi \theta ={\displaystyle \frac{1}{\epsilon \phi \theta }}={\displaystyle \frac{1}{-{\displaystyle \frac{4}{3}}}}=-{\displaystyle \frac{3}{4}}$$

β) Γενικά, για τα σημεία ${\rm M}$ και ${\rm K}$ που η τελική πλευρά μιας γωνίας $\theta$ τέμνει τον τριγωνομετρικό κύκλο και την ευθεία $x=1$ αντίστοιχα, ισχύει ότι ${\rm M}(\sigma \upsilon \nu \theta ,\eta \mu \theta )$ και ${\rm K}(1,\epsilon \phi \theta )$. Συνεπώς ${\rm M}(-{\displaystyle \frac{3}{5}},{\displaystyle \frac{4}{5}})$ και ${\rm K}(1,-{\displaystyle \frac{4}{3}})$.

γ)

1. Είναι $\eta \mu \phi ={\displaystyle \frac{3}{5}}>0$ και $\sigma \upsilon \nu \phi <0$, οπότε η τελική πλευρά της γωνίας $\phi$ είναι στο $2o$ τεταρτημόριο.

2. Είναι ${\displaystyle \frac{3}{5}}<{\displaystyle \frac{4}{5}}$, δηλαδή $\eta \mu \theta >\eta \mu \phi$. Όμως η συνάρτηση $\eta \mu x$ είναι γνησίως φθίνουσα στο $[{\displaystyle \frac{\pi }{2}},\pi ]$, οπότε για να είναι $\eta \mu \theta >\eta \mu \phi$ θα πρέπει $\theta <\phi$.
   Εναλλακτικά, βρίσκουμε το σημείο ${\rm N}$ του κύκλου με τεταγμένη $\eta \mu \phi ={\displaystyle \frac{3}{5}}$ και τετμημένη $\sigma \upsilon \nu \phi <0$ και διαπιστώνουμε το σημείο ${\rm N}$ είναι πιο αριστερά και κάτω από το σημείο ${\rm M}$ δηλαδή ${\rm A}\widehat{{\rm O}}{\rm M}<{\rm A}\widehat{{\rm O}}{\rm N}$ οπότε $\theta <\phi$.