Gọi độ dài mặt cầu trượt là BC, độ cao là AB

Theo đề, ta có: AB⊥ AC tại A, AB=2,4m; \(\hat{C}=34^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có sin C=\(\frac{AB}{BC}\)

=>BC=AB/sinC=2,4:sin34≃4,29(m)

=>Độ dài mặt cầu trượt là 4,29 mét

Cầu trượt được mô hình hóa như một tam giác vuông \(ABC\) vuông tại \(A\) , trong đó:

Góc dốc của cầu trượt là: \(\widehat{B} = 34^\circ\)

Độ cao của cầu trượt ( cạnh đối góc \(\widehat{B}\) ) là: \(\) \(AC=2,4m\)

Độ dài của mặt cầu trượt (\(\) cạnh huyền của tam giác vuông )là: \(BC\)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông \(ABC\) , ta có:

\(\sin \widehat{B} = \frac{AC}{BC}\)

\(\Longrightarrow\) độ dài mặt cầu trượt \(BC\) là:

\(BC=\frac{AC}{\sin\widehat{B}}=\frac{2,4}{\sin34^\circ}\approx\frac{2,4}{0,5592}\approx4,29m\)

Đáp số: \(4,29m\)

Bài 15: \(A=cos^4a+cos^2a\cdot\sin^2a+\sin^2a\)

\(=cos^2a\left(\sin^2a+cos^2a\right)+\sin^2a\)

\(=\sin^2a+cos^2a=1\)

Bài 14: \(\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\) (ΔABC vuông tại A)

\(\hat{HAC}+\hat{ACB}=90^0\) (ΔAHC vuông tại H)

Do đó: \(\hat{HAC}=\hat{ABC}=60^0\)

Xét ΔHAC vuông tại H có tan HAC=\(\frac{HC}{HA}\)

=>\(\frac{HC}{HA}=\tan60=\sqrt3\)

=>\(HC=HA\cdot\sqrt3\)

=>\(HC-HA\cdot\sqrt3=0\)

13,

Mô hình hóa bài toán thành tam giác vuông \(ABC\) vuông tại chân cột đèn, trong đó:

Chiều cao cột đèn là cạnh đối: \(AC\)

Bóng của cột đèn trên mặt đất là cạnh kề: \(AB=5m\)

Góc giữa tia nắng và mặt đất: \(\widehat{B}=60^{\circ}\)

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc trong tam giác vuông:

\(AC=AB\cdot\tan\widehat{B}=5\cdot\tan60^{\circ}=5\sqrt{3}\approx8,66m\)

Vậy chiều cao của cột đèn rơi vào khoảng 8,7 m

14,

Xét tam giác vuông \(ABC\) có \(\widehat{B} = 60^\circ\)

\(\Longrightarrow\widehat{C}=90^{\circ}-60^{\circ}=30^{\circ}\)

Xét tam giác vuông \(AHC\) vuông tại \(H\) :

Cạnh đối diện với góc \(\) \(\widehat{C} = 30^\circ\) là cạnh \(\widehat{C} = 30^\circ\) , nên ta có: \(\tan \widehat{C} = \frac{AH}{CH} \implies AH = CH \cdot \tan 30^\circ = CH \cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Longrightarrow\sqrt{3}AH=CH\)

Thay vào biểu thức tính: \(CH - \sqrt{3}AH = CH - CH = 0\)

Vậy \(CH-\sqrt{3}AH=0\)

Bài 17: Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC\)

\(=\frac12\cdot5\cdot8\cdot\sin20=20\cdot\sin20\) ≃6,840\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

16,

Gọi độ cao của tòa nhà I là \(h\) (m).

Chiều cao vị trí quan sát \(D\) ở tòa nhà II là \(\) \(HD=10m\) (với \(H\) là chân đường vuông góc hạ từ \(D\) sang phía tòa nhà I, hoặc xét theo cùng mốc mặt đất).

Khoảng cách từ vị trí quan sát \(D\) đến tòa nhà I là \(x\) (m).

Cột ăng-ten \(TF=3m\)

Góc nhìn lên đỉnh \(T\) là \(\alpha = 50^\circ\) , góc nhìn lên chân \(F\) (chính là nóc tòa nhà I) là \(\beta = 40^\circ\)

Xét tam giác vuông tạo bởi góc nhìn chân ăng-ten \(F\) (nóc tòa nhà I):

\(\tan 40^\circ = \frac{h - 10}{x} \implies x \cdot \tan 40^\circ = h - 10 \quad (1)\)

Từ phương trình (1), ta có: \(x=\frac{h - 10}{\tan40^\circ}\)

Thế vào (2):

\(\frac{h - 10}{\tan 40^\circ} \cdot \tan 50^\circ = h - 7\)

\(\Leftrightarrow(h-10)\cdot\frac{\tan50^\circ}{\tan40^\circ}=h-7\)

\(\) \(\Leftrightarrow h\approx\frac{7,203}{0,4203}\approx17,14m\)

17,

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác khi biết độ dài hai cạnh và góc xen giữa:

\(S = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \cdot \sin(\widehat{BAC})\)

\(\) \(\Leftrightarrow S=\frac{1}{2}\cdot5\cdot8\cdot\sin(20^{\circ})\)

\(S = 20 \cdot \sin(20^\circ)\)

\(\sin(20^\circ) \approx 0,342020\)

\(S \approx 20 \cdot 0,342020 \approx 6,8404\text{cm}^2\)

Vậy S \(ABC\) \(\approx\) \(6,840\operatorname{cm}^2\)

a: ΔABC cân tại A

=>AB=AC

=>AC=6

ΔABC cân tại A

=>\(\hat{BAC}=180^0-2\cdot\hat{ABC}=120^0\)

Diện tích tam giác ABC là:

\(S_{ABC}=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC\)

\(=\frac12\cdot6\cdot6\cdot\sin120=18\cdot\frac{\sqrt3}{2}=9\sqrt3\)

Kẻ AH⊥BC tại H

ΔABC cân tại A

mà AH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

Xét ΔAHB vuông tại H có sin B=\(\frac{AH}{AB}\)

=>\(\frac{AH}{6}=\sin30=\frac12\)

=>AH=3

ΔAHB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(HB^2=6^2-3^2=36-9=27\)

=>\(HB=3\sqrt3\)

H là trung điểm của BC

=>\(BC=2\cdot BH=6\sqrt3\)

b: Xét ΔABC có

H là trung điểm của BC

HM//AB

Do đó: M là trung điểm của AC

Vì \(CH=\frac12CB\)

nên \(S_{ACH}=\frac12\cdot S_{ACB}=\frac{9\sqrt3}{2}\)

M là trung điểm của CA

=>\(AM=\frac12\cdot AC\)

=>\(S_{AMH}=\frac12\cdot S_{AHC}=\frac12\cdot\frac{9\sqrt3}{2}=\frac{9\sqrt3}{4}\)

a: ABCD là hình bình hành

=>\(\hat{ADC}+\hat{BAD}=180^0\)

=>\(\hat{BAD}=180^0-\hat{ADC}=180^0-\hat{KDH}\) (1)

Xét tứ giác BHDK có \(\hat{BHD}+\hat{BKD}+\hat{KBH}+\hat{KDH}=360^0\)

=>\(\hat{KBH}+\hat{KDH}=180^0\)

=>\(\hat{KBH}=180^0-\hat{KDH}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAD}=\hat{KBH}\)

TA có: AB//CD
=>\(\hat{KAB}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị)(3)

BC//AD

=>\(\hat{HCB}=\hat{ADC}\) (hai góc đồng vị)(4)

Từ (3),(4) suy ra \(\hat{KAB}=\hat{HCB}\)

Xét ΔKAB vuông tại K và ΔHCB vuông tại H có

\(\hat{KAB}=\hat{HCB}\)

Do đó: ΔKAB~ΔHCB

=>\(\frac{KB}{HB}=\frac{AB}{CB}=\frac{AB}{AD}\)

=>\(\frac{KB}{AB}=\frac{HB}{AD}\)

Xét ΔKBH và ΔBAD có

KB/BA=BH/AD

\(\hat{KBH}=\hat{BAD}\)

Do đó: ΔKBH~ΔBAD

b: ΔKBH~ΔBAD

=>\(\frac{KH}{BD}=\frac{KB}{BA}\)

Xét ΔBKA vuông tại K có \(\sin KAB=\frac{BK}{BA}\)

=>\(\sin D=\frac{BK}{BA}\)

=>\(\sin\alpha=\frac{KH}{BD}\)

=>\(KH=BD\cdot\sin\alpha\)

c: BC//AD

=>\(\hat{HCB}=\hat{ADC}=60^0\)

AB//CD

=>\(\hat{KAB}=\hat{ADC}=60^0\)

Xét ΔHBC vuông tại H có cos HCB=\(\frac{CH}{CB}\)

=>\(\frac{CH}{4}=cos60=\frac12\)

=>CH=2(cm)

Diện tích tam giác HBC là: \(S_{HBC}=\frac12\cdot CH\cdot CB\cdot\sin HCB\)

\(=\frac12\cdot2\cdot4\cdot\sin60=4\cdot\sin60=4\cdot\frac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3\left(\operatorname{cm^2}\right)\)

Xét ΔKAB vuông tại K có cos KAB=\(\frac{AK}{AB}\)

=>\(\frac{AK}{6}=cos60=\frac12\)

=>AK=3(cm)

Diện tích tam giác KAB là: \(S_{AKB}=\frac12\cdot AK\cdot AB\cdot\sin KAB\)

\(=\frac12\cdot3\cdot6\cdot\sin60=9\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{9\sqrt3}{2}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

ABCD là hình bình hành

=>\(S_{ABCD}=DA\cdot DC\cdot\sin\alpha\)

\(=6\cdot4\cdot\sin60=24\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Diện tích tứ giác BKDH là:

\(S_{BKDH}=S_{ABCD}+S_{HBC}+S_{KAB}\)

\(=2\sqrt3+12\sqrt3+\frac{9\sqrt3}{2}=14\sqrt3+4,5\sqrt3=18,5\sqrt3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Ta có: \(\hat{BAD}+\hat{BAK}=180^0\) (hai góc kề bù)

\(\hat{BCD}+\hat{BCH}=180^0\) (hai góc kề bù)

mà \(\hat{BAD}=\hat{BCD}\) (ABCD là hình bình hành)

nên \(\hat{BAK}=\hat{BCH}\)

Xét ΔBKA vuông tại K và ΔBHC vuông tại H có

\(\hat{BAK}=\hat{BCH}\)

Do đó: ΔBKA~ΔBHC

=>\(\frac{BK}{BH}=\frac{BA}{BC}=\frac{BA}{AD}\)

=>\(\frac{BK}{BA}=\frac{BH}{AD}\)

Xét tứ giác BKDH có \(\hat{BKD}+\hat{BHD}+\hat{KDH}+\hat{KBH}=360^0\)

=>\(\hat{KBH}+\hat{ADC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

mà \(\hat{ADC}+\hat{BAD}=180^0\) (ABCD là hình bình hành)

nên \(\hat{KBH}=\hat{BAD}\)

Xét ΔKBH và ΔBAD có

\(\frac{KB}{BA}=\frac{BH}{AD}\)

\(\hat{KBH}=\hat{BAD}\)

Do đó: ΔKBH~ΔBAD

b: ΔKBH~ΔBAD

=>\(\frac{KH}{BD}=\frac{BH}{AD}=\frac{BH}{BC}=\sin BCH=\sin ADC=\sin\alpha\)

=>\(KH=BD\cdot\sin\alpha\)