Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

+) $B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {5^2} + {7^2} = 74 \Rightarrow BC = \sqrt {74} (cm)$

+) $\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{5}{7} \Rightarrow \widehat C \approx 35^\circ 32'$

Vậy $BC = \sqrt {74}(cm) ;\widehat C \approx 35^\circ 32'$.

Đặt $BN = x\,\left( {0 < x < 11} \right)$$ \Rightarrow NC = 11 - x$

Xét tam giác $ABN$ vuông tại $N$ có $AN = BN.\tan B = x.\tan 40^\circ $

Xét tam giác $ACN$ vuông tại $N$ có $AN = CN.\tan C = \left( {11 - x} \right).\tan 30^\circ $

Nên $x\tan 40^\circ  = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ $

$\Rightarrow x \approx 4,48 $ (thoả mãn)

Khi đó $AN = BN.\tan B = 4,48.\tan 40^\circ  \approx 3,76(cm).$

Theo kết quả các câu trước ta có $AN \approx 3,76$ nên ${S_{ABC}} = \dfrac{{AN.BC}}{2} = 20,68\,c{m^2}$.

Theo câu trước ta có $AN \approx 3,76$;

Xét tam giác $ACN$ vuông tại $N$ có $\sin C = \dfrac{{AN}}{{AC}} \Rightarrow AC = \dfrac{{AN}}{{\sin C}} = 7,52$

Đặt $BN = x\,\left( {0 < x < 11} \right)$$ \Rightarrow NC = 11 - x$

Xét tam giác $ABN$ vuông tại $N$ có $AN = BN.\tan B = x.\tan 40^\circ $

Xét tam giác $ACN$ vuông tại $N$ có $AN = CN.\tan C = \left( {11 - x} \right).\tan 30^\circ $

Nên $x\tan 40^\circ  = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ $

$\Rightarrow x \approx 4,48 $ (thoả mãn)

Khi đó $AN = BN.\tan B = 4,48.\tan 40^\circ  \approx 3,76(cm).$

Đặt $BN = x\,\left( {0 < x < 11} \right)$$ \Rightarrow NC = 11 - x$

Xét tam giác $ABN$ vuông tại $N$ có $AN = BN.\tan B = x.\tan 40^\circ $

Xét tam giác $ACN$ vuông tại $N$ có $AN = CN.\tan C = \left( {11 - x} \right).\tan 30^\circ $

Nên $x\tan 40^\circ  = \left( {11 - x} \right)\tan 30^\circ $

$\Rightarrow x \approx 4,48 $ (thoả mãn)

Khi đó $AN = BN.\tan B = 4,48.\tan 40^\circ  \approx 3,76(cm).$

\(\Delta ACH\) vuông tại \(H\) có: 

\(\cos C = \dfrac{{CH}}{{AC}}\,\,\, \Rightarrow AC = \dfrac{{CH}}{{\cos C}} = \dfrac{a}{{\cos {{60}^0}}} = \dfrac{a}{{\dfrac{1}{2}}} = 2a\)

\(\Delta ABC\) có \(AB = AC.\tan C = 2a.\tan {60^0} = 2\sqrt 3 a\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC \le \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right)}}{2}\)\( = \dfrac{1}{4}.\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right)\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC \le \dfrac{1}{4}.\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) = \dfrac{1}{4}B{C^2} = \dfrac{1}{4}{a^2}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = AB\)\( \Leftrightarrow \Delta ABC\) vuông cân  \( \Rightarrow \angle B = \angle C = {45^0}\) hay \(\alpha  = {45^0}\).

Vậy \({S_{ABCmax}} = \dfrac{1}{4}{a^2}\) khi \(\alpha  = {45^0}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.\sin \alpha  = a.\sin \alpha \\AC = BC.cos\alpha  = a.cos\alpha \end{array} \right.\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC = \dfrac{1}{2}a.\sin \alpha .a.cos\alpha  \)\(= \dfrac{1}{2}{a^2}.\sin \alpha .cos\alpha \)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.\sin \alpha  = a.\sin \alpha \\AC = BC.cos\alpha  = a.cos\alpha \end{array} \right.\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC = \dfrac{1}{2}a.\sin \alpha .a.cos\alpha  \)\(= \dfrac{1}{2}{a^2}.\sin \alpha .cos\alpha \)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC \le \dfrac{1}{2}.\dfrac{{\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right)}}{2}\)\( = \dfrac{1}{4}.\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right)\)

Áp dụng định lý Pitago cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)

\( \Rightarrow {S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC \le \dfrac{1}{4}.\left( {A{B^2} + A{C^2}} \right) = \dfrac{1}{4}B{C^2} = \dfrac{1}{4}{a^2}\)

Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow AC = AB\)\( \Leftrightarrow \Delta ABC\) vuông cân  \( \Rightarrow \angle B = \angle C = {45^0}\) hay \(\alpha  = {45^0}\).

Vậy \({S_{ABCmax}} = \dfrac{1}{4}{a^2}\) khi \(\alpha  = {45^0}.\)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.\sin \alpha  = a.\sin \alpha \\AC = BC.cos\alpha  = a.cos\alpha \end{array} \right.\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC = \dfrac{1}{2}a.\sin \alpha .a.cos\alpha  \)\(= \dfrac{1}{2}{a^2}.\sin \alpha .cos\alpha \)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB = BC.\sin \alpha  = a.\sin \alpha \\AC = BC.cos\alpha  = a.cos\alpha \end{array} \right.\)

\({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.AB.AC = \dfrac{1}{2}a.\sin \alpha .a.cos\alpha  \)\(= \dfrac{1}{2}{a^2}.\sin \alpha .cos\alpha \)

Xét \(\Delta EIF\) vuông tại \(I\)  ta có: 

\(EI = EF.\sin F \Leftrightarrow EF = \dfrac{{EI}}{{\sin F}} \approx \dfrac{{4,5}}{{\sin {{58}^0}}} \approx 5,3\,cm.\)

Xét \(\Delta DEI\) vuông tại \(I\)  ta có:  \(EI = ED.\sin D = 7.\sin {40^0}\)\( \approx 4,5\,\,cm.\)

Xét \(\Delta DEI\) vuông tại \(I\)  ta có:  \(EI = ED.\sin D = 7.\sin {40^0}\)\( \approx 4,5\,\,cm.\)

Ta có \(\cot P = \dfrac{{NP}}{{MN}} \Rightarrow NP = MN.\cot P\).

Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(BC = a,AC = b,AB = c.\)

+) Theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông ta có

\(b = a.\sin B = a.\sin 50^\circ \); \(c = a.\cos B = a\cos 50^\circ \); \(b = c.\tan 50^\circ \); \(c = b.\cot 50^\circ \).

Nên D đúng.

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

\(\tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow AB = AC.\tan C = 20.\tan 60^\circ  = 20\sqrt 3 \); \(\cos C = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow BC = \dfrac{{AC}}{{\cos C}} = \dfrac{{20}}{{\dfrac{1}{2}}} = 40\)

Vậy \(AB = 20\sqrt 3 ;BC = 40\).

Xét tam giác  \(ABC\) vuông tại \(A\) có

+) \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow AC = BC.\sin B = 15.\sin 55^\circ  \approx 12,29\)

+) \(\widehat A + \widehat B + \widehat C = 180^\circ  \Rightarrow \widehat C = 180^\circ  - 55^\circ  - 90^\circ  = 35^\circ \)

Vậy \(AC \approx 12,29;\widehat C = 35^\circ \).