Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
BC2=AC2+AB2
BC2=42+32
BC=\(\sqrt{25}\)=5(cm)
Ta có:
Sin B=\(\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}=0.8\)
Cos B=\(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}=0.6\)
Tag B=\(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{4}{3}\)
Cotg B=\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{4}=0.75\)
a) Ta có : sin\(^2\)12o=cos278o=> sin212o+sin278o=1.
tương tự => A=3
b) tương tự câu (a) ta có: cos215o=sin275o ( do 15+75=90 nha bạn ) => cos215o+cos275o=1. Tương tự => B=0
a, Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông AMB ta có
\(cos\alpha=\frac{MA}{AB}\Leftrightarrow MA=2a.cos\alpha\)
\(sin\alpha=\frac{MB}{AB}\Rightarrow MB=2a.sin\alpha\)
Vì \(\hept{\begin{cases}MH\perp d\\AB\perp d\end{cases}\Rightarrow MH//AB}\)
=> MH=KB
mà \(KB=AB-AK=2a-MA.cos\alpha=2a-2a.cos^2\alpha\)
2/ \(\frac{sin^3a-cos^3a}{sin^3a+cos^3a}=\frac{tan^3a-1}{tan^3a+1}=\frac{3^3-1}{3^3+1}=\frac{13}{14}\) (chia tử mẫu cho cos3a)
3)kẻ BD vuông góc voi71 BC, D thuộc AC
tam giác ABC cân tại A có AH là Đường cao
suy ra AH là trung tuyến
Suy ra BH=HC
(BD vuông góc BC
AH vuông góc BC
suy ra BD song song AH
suy ra BD/AH = BC/CH = 2
suyra 1/BD = 1/2AH suy ra 1BD^2 =1/4AH^2
tam giác BDC vuông tại B có BK là đường cao
suy ra 1/BK^2 =1/BD^2 +1/BC^2
suy ra 1/BK^2 =1/4AH^2 +1/BC^2
1) \(1+tan^2\alpha=1+\dfrac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{cos^2\alpha+sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\) (đpcm).
1) a) Từ C dựng đường cao CF
Ta có: \(\sin A=\frac{CF}{b};\sin B=\frac{CF}{a}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\frac{CF}{b}}{\frac{CF}{a}}=\frac{a}{b}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}\) (1)
Từ A dựng đường cao AH
Có: \(\sin B=\frac{AH}{c};\sin C=\frac{AH}{b}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{\frac{AH}{c}}{\frac{AH}{b}}=\frac{b}{c}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\) (2)
(1), (2) => đpcm
b) từ a) ta có: \(\hept{\begin{cases}\sin A=\frac{CF}{b}\\\cos A=\frac{AF}{b}\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}CF=b.\sin A\\AF=b.\cos A\end{cases}}}\)
Có: \(BF=c-AF=c-b.\cos A\)
Py-ta-go:
\(a^2=BF^2+CF^2=\left(c-b.\cos A\right)^2+\left(b.\sin A\right)^2=c^2+b^2.\cos^2A+b^2.\sin^2A-2bc.\cos A\)
\(=b^2\left(\sin^2A+\cos^2A\right)+c^2-2bc.\cos A=b^2+c^2-2bc.\cos A\) (đpcm)
c) Có: \(\hept{\begin{cases}\cos A=\frac{AF}{b}\\\cos B=\frac{BF}{a}\end{cases}\Rightarrow b.\cos A+a.\cos B=b.\frac{AF}{b}+a.\frac{BF}{a}=AF+BF=c}\)
bài 2 mk có làm r bn ib mk gửi link nhé
Lời giải:
1)
\(A=\sin ^6\alpha+\cos^6\alpha+3\sin^2\alpha-\cos^2\alpha\)
\(\Leftrightarrow A=(\sin ^2\alpha+\cos^2\alpha)^3-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha)+3\sin^2\alpha-\cos^2\alpha\)
\(\Leftrightarrow A=1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha+3\sin ^2\alpha-\cos^2\alpha\)
\(\Leftrightarrow A=(1-\cos^2\alpha)(3\sin^2\alpha+1)=\sin^2\alpha(3\sin^2\alpha+1)\)
2)
Kẻ phân giác \(BD\)
Khi đó, \(\tan \frac{B}{2}=\tan \angle ABD=\frac{AD}{AB}\)
Mà theo tính chất đường phân giác kết hợp với tính chất dãy tỉ số bằng nhau:
\(\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{BC}=\frac{AD+DC}{AB+BC}=\frac{AC}{AB+BC}\)
Do đó, \(\tan \frac{B}{2}=\frac{AC}{AB+BC}\) (đpcm)
3)
a) Áp dụng định lý Pitago \(\Rightarrow BC=\sqrt{x^2+y^2}\)
Ta có \(HI\perp AB, HK\perp AC\Rightarrow HI\parallel AC, HK\parallel AB\)
Áp dụng định lý Tales:
\(\frac{AI}{AB}=\frac{HC}{BC}\Rightarrow AI=\frac{HC.AB}{BC}\)
Xét tam giác vuông $ABC$ và $HAC$ còn có chung góc nhọn \(C\) nên là hai tam giác đồng dạng.
\(\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{HC}{AC}\Rightarrow HC=\frac{AC^2}{BC}=\frac{y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\)
Do đó, \(AI=\frac{y^2.x}{x^2+y^2}\) . Tương tự, \(AK=\frac{x^2y}{x^2+y^2}\)
b)
Từ phần a ta có:
\(BI=AB-AI=x-\frac{xy^2}{x^2+y^2}=\frac{x^3}{x^2+y^2}\)
\(CK=AC-AK=y-\frac{x^2y}{x^2+y^2}=\frac{y^3}{x^2+y^2}\)
\(\Rightarrow \frac{BI}{CK}=\frac{x^3}{y^3}\) (đpcm)