Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC=\sqrt{12^2+16^2}=20\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(\widehat{C}\simeq37^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-37^0=53^0\)

b: Xét ΔABC vuông tại A có AM là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB\cdot AC=AM\cdot BC\\AB^2=BM\cdot BC\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}AM=\dfrac{12\cdot16}{20}=9.6\left(cm\right)\\BM=\dfrac{12^2}{20}=7.2\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

c: ΔABM vuông tại M có ME là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AM^2\)

ΔAMC vuông tại M

=>\(MA^2+MC^2=AC^2\)

=>\(MA^2=AC^2-MC^2\)

=>\(AE\cdot AB=AC^2-MC^2\)

ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{3}{7}\)

=>\(\dfrac{AB}{3}=\dfrac{AC}{7}=k\)

=>AB=3k; AC=7k

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(9k^2+49k^2=20^2=400\)

=>\(k^2=\dfrac{400}{58}\)

=>\(k=\dfrac{20}{\sqrt{58}}\)

=>\(AB=\dfrac{60}{\sqrt{58}};AC=\dfrac{140}{\sqrt{58}}\)

Gọi số xe ban đầu là \(x(xe;x\in N^{*})\)

Khi đó, mỗi xe chở được theo kế hoạch là \(\dfrac{60}{x}\) (tấn)

Số xe sau khi thêm 3 xe là: \(x+3\left(xe\right)\)

Khi đó, mỗi xe chở được \(\dfrac{60}{x+3}\) (tấn)

Vì mỗi xe lúc sau chở được ít hơn dự định 1 tấn nên ta có phương trình:

\(\dfrac{60}{x}-\dfrac{60}{x+3}=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{60\left(x+3\right)-60x}{x\left(x+3\right)}=1\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{180}{x^2+3x}=1\)

\(\Leftrightarrow x^2+3x=180\)

\(\Leftrightarrow x^2+3x-180=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=12\left(tm\right)\\x=-15\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)

Vậy số xe lúc đầu của đội là \(12\) xe.

\(Toru\)

750 km/h = 12500 m/phút

Sau 2 phút máy bay đã bay được quãng đường:

12500 . 2 = 25000 (m)

sin A = BH/AB

BH = AB.sin A

= 25000 . sin 35⁰

≈ 14339 (m)

Vậy sau 2 phút, máy bay đạt độ cao 14339 m

Ta có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BC\cdot BH\Rightarrow AB=\sqrt{BC\cdot BH}=\sqrt{\left(8+2\right)\cdot2}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\\AC^2=BC\cdot CH\Rightarrow AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{\left(8+2\right)\cdot8}=4\sqrt{5}\left(cn\right)\end{matrix}\right.\)

\(BC\cdot AH=AB\cdot AC\)

\(\Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{2\sqrt{5}\cdot4\sqrt{5}}{2+8}=4\left(cm\right)\)

\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{2\sqrt{5}}{10}\Rightarrow\widehat{C}\approx27^o\)  

Đề thiếu, em bổ sung đề cho đầy đủ

a: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-30^0=60^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có \(tanB=\dfrac{AC}{AB}\)

=>\(\dfrac{AC}{3}=tan60=\sqrt{3}\)

=>\(AC=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

=>BC²=AB²+AC²

=>\(BC=\sqrt{9+27}=6\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot6=3\cdot3\sqrt{3}=9\sqrt{3}\)

=>\(AH=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)

b: MC=2MB

=>\(\dfrac{MC}{BC}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(S_{AMC}=\dfrac{2}{3}\cdot S_{ABC}=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC=\dfrac{1}{3}\cdot3\cdot3\sqrt{3}=3\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

a: Xét tứ giác ACKO có

\(\widehat{ACO}=\widehat{AKO}=90^0\)

=>ACKO nội tiếp

b: Xét ΔCAO vuông tại C có CH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}CH^2=HA\cdot HO\\CA^2=AH\cdot AO\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}CH=\sqrt{24\cdot6}=12\left(cm\right)\\CA=\sqrt{24\cdot30}=12\sqrt{5}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

BC=2*CH=24(cm)

\(C_{ABC}=12\sqrt{5}+12\sqrt{5}+24=24\sqrt{5}+24\left(cm\right)\)

 a) Ta có:

OK ⊥ Ax (gt)

⇒ ∆AOK vuông tại K

⇒ K thuộc đường tròn đường kính OA (1)

OC ⊥ AC (gt)

⇒ ∆OAC vuông tại C

⇒ C thuộc đường tròn đường kính OA (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

A, C, O, K cùng thuộc đường tròn đường kính OA

b) Ta có:

AH ⊥ BC (gt)

⇒ CH ⊥ OA

∆OAC vuông tại C có CH là đường cao

⇒ CH² = AH . OH

= 24 . 6

= 144

CH = 12 (cm)

∆ABC cân tại A, AH là đường cao

⇒ AH cũng là đường trung tuyến

⇒ H là trung điểm BC

⇒ BC = 2CH = 2.12 = 24 (cm)

∆ACH vuông tại H

⇒ AC² = AH² + CH² (Pytago)

= 24² + 12²

= 720

⇒ AC = 12√5 (cm)

⇒ AB = AC = 12√5(cm)

Chu vi ∆ABC:

P = AB + AC + BC

= 12√5 + 12√5 + 24

= 24√5 + 24

≈ 77,7 (cm)