Bài 1. Ta có:
\(\eqalign{ A &= 3\tan 67^\circ + 5{\cos ^2}16^\circ - 3\cot 23^\circ + 5{\cos ^2}74^\circ - {{\cot 37^\circ } \over {\tan 53^\circ }} \cr & = 3\tan 67^\circ - 3\cot 23^\circ + 5{\cos ^2}16^\circ + 5{\cos ^2}74^\circ - {{\cot 37^\circ } \over {\tan 53^\circ }} \cr & = 3\tan 67^\circ - 3\tan 67^\circ + 5{\cos ^2}16^\circ + 5{\sin ^2}16 - {{\tan 53^\circ } \over {\tan 53^\circ }} \cr & = 0 + 5\left( {{{\cos }^2}16^\circ + {{\sin }^2}16^\circ } \right) - 1 = 5 - 1 = 4 \cr} \)
Bài 2.
\(\sin A = {3 \over 5}\) hay \({a \over c} = {3 \over 5} \Rightarrow a = {{3c} \over 5} \Rightarrow {a^2} = {{9{c^2}} \over {25}}\)
Theo định lí Pi-ta-go, ta có:
\(\eqalign{ & {b^2} = {c^2} - {a^2} = {c^2} - {{9{c^2}} \over {25}} = {{16{c^2}} \over {25}} \cr & \Rightarrow b = {4 \over 5}c \Rightarrow {b \over c} = {4 \over 5} \cr} \)
Vậy \(\cos A = {4 \over 5},\,tanA = {3 \over 4},\,\cot A = {4 \over 3}\)
Cách khác : Ta có: \({\sin ^2}A + {\cos ^2}A = 1 \)\(\,\Rightarrow {\cos ^2}A = 1 - {\sin ^2}A\)
\(\eqalign{ & \Rightarrow \cos A = \sqrt {1 - {{\sin }^2}A} \cr&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;= \sqrt {1 - {{\left( {{3 \over 5}} \right)}^2}} = \sqrt {{{16} \over {25}}} = {4 \over 5} \cr & \tan A = {{\sin A} \over {\cos A}} = {3 \over 5}:{4 \over 5} = {3 \over 4}\cr&\cot A = {4 \over 3} \cr} \)
Bài 3.
Kẻ đường cao BH của tam giác ABC, ta có:
\(BH = AB.\sin A\)
\( \Rightarrow {S_{ABC}} = {1 \over 2}AC.BH\)\(\; = {1 \over 2}AB.AC.\sin A\)
Bài 4.
a. Theo định lí Pi-ta-go, ta có:
\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {15^2} - {9^2} = 144\)
\(\Rightarrow AC = 12\,\left( {cm} \right)\)
Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, ta có:
\(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng)
\( \Rightarrow AH = {{AB.AC} \over {BC}} = {{9.12} \over {15}} = 7,2\,\left( {cm} \right)\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
\(A{C^2} = BC.CH \)
\(\Rightarrow CH = {{A{C^2}} \over {BC}} = {{{{12}^2}} \over {15}} = 9,6\,\left( {cm} \right)\)
b. Ta có: \({\widehat C_1} = {\widehat C_2}\) (giả thiết)
⇒ ∆CAN đồng dạng ∆CBM (g.g)
\( \Rightarrow {{CN} \over {CM}} = {{CA} \over {CB}}\) (1)
Dẽ thấy ∆CAB đồng dạng ∆CBD (g.g)
\( \Rightarrow {{CA} \over {CB}} = {{CB} \over {CD}}\) (2)
Từ (1) và (2) \( \Rightarrow {{CN} \over {CM}} = {{CB} \over {CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)
c. ∆CAN đồng dạng ∆CBM (chứng minh trên), ta có: \({{NA} \over {CA}} = {{MB} \over {CM}}\) (3)
Tia CM là phân giác của ∆CBD \( \Rightarrow {{MB} \over {MD}} = {{CB} \over {CD}} \Rightarrow {{MB} \over {CB}} = {{MD} \over {CD}}\) (4)
Từ (3) và (4) \( \Rightarrow {{NA} \over {CA}} = {{MD} \over {CD}} \Rightarrow {{NA} \over {MD}} = {{CA} \over {CD}}\)
