Bài 1. a. Ta có: \(\cos 24^\circ = \sin 66^\circ ,\cos 87^\circ = \sin 3^\circ .\)
Vì \(3^\circ < 40^\circ < 42^\circ < 66^\circ < 78^\circ \) nên:
\(\eqalign{ & \sin 3^\circ < \sin 40^\circ < \sin 42^\circ < \sin 78^\circ \cr & \Rightarrow \cos 87^\circ < \sin 40^\circ < \sin 42^\circ < \cos 24^\circ < \sin 78^\circ \cr} \)
b.
\(\eqalign{ D &= {\sin ^2}15^\circ + {\sin ^2}75^\circ - {{2\cos 49^\circ } \over {\sin 41^\circ }} + \tan 26^\circ .\tan 64^\circ \cr & = {\sin ^2}15^\circ + {\cos ^2}15^\circ - {{2\sin 41^\circ } \over {\sin 41^\circ }} + \tan 26^\circ .\cot 26^\circ \cr&= 1 - 2 + 1 = 0 \cr} \)
Bài 2.
a. ∆ABC vuông tại A có đường cao AH, ta có:
\(A{C^2} = BC.HC\) (hệ thức lượng)
\( \Rightarrow BC = {{A{C^2}} \over {HC}} = {{{3^2}} \over {1,8}} = 5\) (cm)
Theo định lí Py-ta-go, ta có:
\(A{B^2} = B{C^2} - A{C^2} = {5^2} - {3^2} = 16 \)
\(\Rightarrow AB = 4\,\left( {cm} \right)\)
Ta có: \(\eqalign{ & \sin B = {{AC} \over {BC}} = {3 \over 5} \Rightarrow \widehat B \approx 36^\circ 52' \cr & \Rightarrow \widehat C \approx 90^\circ - 36^\circ 52' \approx 53^\circ 08' \cr} \)
b. AD là phân giác của ∆ABC, ta có:
\(\eqalign{ & {{DB} \over {DC}} = {{AB} \over {AC}} = {4 \over 3}\cr& \Rightarrow {{DB} \over 4} = {{DC} \over 3} = {{DB + DC} \over {4 + 3}} = {{BC} \over 7} = {5 \over 7} \cr & \Rightarrow DB = {{4.5} \over 7} = {{20} \over 7}\,\left( {cm} \right) \cr} \)
Ta có: \(\eqalign{ & BH = BC - HC = 5 - 1,8 = 3,2\,\left( {cm} \right) \cr & \Rightarrow DH = BH - BD = 3,2 - {{20} \over 7} \approx 0,34\,\left( {cm} \right) \cr} \)
Lại có: \(BC.AH = AB.AC\) (hệ thức lượng)
\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{3.4} \over 5} = 2,4\,\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lí Pi-ta-go trong tam giác vuông AHD, ta có:
\(A{D^2} = A{H^2} + D{H^2}\)\(\; \approx {\left( {2,4} \right)^2} + {\left( {0,34} \right)^2} \approx 5,8756\)
\(\Rightarrow AD \approx 2,42\,\left( {cm} \right)\)
Bài 3.
a. \(∆AHB\) vuông tại H (giả thiết) có HM là đường cao, ta có:
\(A{H^2} = AM.AB\) (hệ thức lượng) (1)
Tương tự với \(∆AHC\) có đường cao HN, ta có:
\(A{H^2} = AN.AC\) (2)
Từ (1) và (2) \(⇒ AM.AB = AN.AC\) (3)
b. Xét \(∆AMN\) và \(∆ABC\) có \(\widehat A\) chung và (3)
\(⇒ ∆AMN\) đồng dạng \(∆ACB\) (c.g.c)
\( \Rightarrow {{{S_{AMN}}} \over {{S_{ACB}}}} = {\left( {{{AN} \over {AB}}} \right)^2}\) (4)
Ta có: \({\widehat H_1} = \widehat C\) (cùng phụ với \({\widehat H_2}\) )
Xét \(∆ANH\) vuông tại N, ta có:
\(AN = AH.sin{H_1} = AH.sinC\) (vì \({\widehat H_1} = \widehat C\) )
\( \Rightarrow A{N^2} = A{H^2}.{\sin ^2}C\) (5)
Xét \(∆AHB\), ta có: \(AH = AB.\sin B \Rightarrow {\rm A}{{\rm H}^2} = A{B^2}.{\sin ^2}B\)
\( \Rightarrow A{B^2} = {{A{H^2}} \over {{{\sin }^2}B}}\) (6)
Thay (5), (6) vào (4), ta có: \({{{S_{AMN}}} \over {{S_{ACB}}}} = {{A{H^2}.{{\sin }^2}C} \over {{{A{H^2}} \over {{{\sin }^2}B}}}} = {\sin ^2}B.{\sin ^2}C\)
