Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

\(\widehat{B}=60^0\)

Lời giải:
\(\sin B=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{B}=60^0\)

Sin(B) = \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) => Góc B = 60^o

Bài 1: 

\(\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{9}{25}}=\dfrac{4}{5}\)

\(\tan\alpha=\dfrac{3}{5}:\dfrac{4}{5}=\dfrac{3}{4}\)

Bài 2: 

\(\sin\alpha=\sqrt{1-\dfrac{49}{100}}=\dfrac{\sqrt{51}}{10}\)

\(\tan\alpha=\dfrac{\sqrt{51}}{7}\)

Đề bài không đúng, nếu tam giác ABC vuông tại B thì H sẽ trùng B

Đề bài không đúng, nhìn biểu thức \(-2CD.CD...\) là thấy sai rồi

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}\)

\(AB.AC=32\sqrt{6}\Rightarrow\dfrac{AC^2\sqrt{6}}{3}=32\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AC^2=96\Rightarrow AC=4\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}=8\)

Kẻ đường cao AD ứng với BC

Do \(C=45^0\Rightarrow\widehat{CAD}=90^0-45^0=45^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông cân tại D

\(\Rightarrow AD=CD=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\)

Pitago tam giác vuông ABD:

\(BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=4\)

\(\Rightarrow BC=CD+BD=4+4\sqrt{3}\)

\(cosB=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow B=60^0\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.4\sqrt{3}.\left(4+4\sqrt{3}\right)=...\)

\(\dfrac{B}{C}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow B=\dfrac{4C}{3}\)

\(B+C=180^0-A=105^0\Rightarrow C+\dfrac{4C}{3}=105^0\Rightarrow C=45^0\) \(\Rightarrow B=60^0\)

Kẻ đường cao AD ứng với BC (do 2 góc B và C đều nhọn nên D nằm giữa B và C)

Trong tam giác vuông ABD:

\(sinB=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AD=AB.sinB=10,6.sin60^0\approx9,2\left(cm\right)\)

\(cosB=\dfrac{BD}{AB}\Rightarrow BD=AB.cosB=10,6.cos60^0=5,3\left(cm\right)\)

Trong tam giác vuông ACD:

\(tanC=\dfrac{AD}{CD}\Rightarrow CD=AD.tanC=9,2.tan45^0=9,2\left(cm\right)\)

\(sinC=\dfrac{AD}{AC}\Rightarrow AC=\dfrac{AD}{sinC}=\dfrac{9,2}{sin45^0}\approx13\left(cm\right)\)

\(BC=BD+CD=5,3+9,2=14,5\left(cm\right)\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.9,2.14,5=66,7\left(cm^2\right)\)

\(\widehat{\alpha}=\)53⁰7^'

\(\alpha\simeq53^0\)

Kẻ \(AH\perp AK\)

Áp dụng hệ thức trong tam giác AHM vuông tại A với AB là đường cao có:

\(\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{AM^2}\)

Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta AKD\) có:

\(AB=AD\)

\(\widehat{HAB}=\widehat{DAK}\) (vì cùng phụ với góc MAB)

\(\widehat{HBA}=\widehat{ADK}=90^0\)

nên \(\Delta AHB=\)\(\Delta AKD\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow AH=AK\)

Khi đó \(\dfrac{1}{AB^2}=\dfrac{1}{AK^2}+\dfrac{1}{AM^2}\)

Ta có: \(\widehat{CAH}=\widehat{B}\left(=90^0-\widehat{C}\right)\)

mà \(\widehat{B}=60^0\)

nên \(\widehat{CAH}=60^0\)

Xét ΔAHC vuông tại H có

\(HC=AC\cdot\sin\widehat{CAH}\)

\(\Leftrightarrow AC=\dfrac{20}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có 

\(BC=AC:\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{80}{3}\left(cm\right)\)

Chu vi tam giác ABC là:

\(C_{ABC}=AB+BC+CA\)

\(=\dfrac{40\sqrt{3}}{3}+\dfrac{40}{3}+\dfrac{80}{3}\)

\(=\dfrac{120+40\sqrt{3}}{3}\)