Điều kiện: a>45 độ

a: Xét ΔABC vuông tại A có tan B=\(\frac{AC}{AB}\) ; cos B=\(\frac{BA}{BC}\)

\(1+\tan^2B=1+\left(\frac{AC}{AB}\right)^2=\frac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\frac{BC^2}{AB^2}\)

\(\frac{1}{cos^2B}=1:\left(\frac{BA}{BC}\right)^2=1:\frac{BA^2}{BC^2}=\frac{BC^2}{BA^2}\)

Do đó: \(1+\tan^2B=\frac{1}{cos^2B}\)

b:

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC;AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\)

Xét ΔABC vuông tại A có sin B=\(\frac{AC}{BC};cosB=\frac{AB}{BC}\)

\(a\cdot\sin B\cdot cosB\)

\(=BC\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{AH\cdot BC}{BC}=AH\)

Xét ΔABC vuông tại A có cos B=\(\frac{BA}{BC}\)

=>\(cos^2B=\frac{BA^2}{BC^2}=\frac{BH\cdot BC}{BC^2}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH=BC\cdot cos^2B=a\cdot cos^2B\)

TA có: BH+CH=BC

=>\(CH=a-a\cdot cos^2B=a\left(1-cos^2B\right)=a\cdot\sin^2B\)

\(\cot\alpha=\dfrac{1}{2}\)

\(\sin\alpha=\dfrac{kề}{\sqrt{5}kề}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)

\(\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{5}{25}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\)

Câu 2: 

a: Xét ΔBAC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔBAC vuông tại A

b: Xét ΔBAC vuông tại A có sin B=AC/BC=4/5

nên góc B=53 độ

=>góc C=37 độ

\(\dfrac{1+cos2a-sin2a}{1+cos2a+sin2a}=\dfrac{2cos^2a-2sina.cosa}{2cos^2a+2sinacosa}\)

\(=\dfrac{2cosa\left(cosa-sina\right)}{2cosa\left(cosa+sina\right)}=\dfrac{cosa-sina}{cosa+sina}=\dfrac{\sqrt{2}sin\left(\dfrac{\pi}{4}-a\right)}{\sqrt{2}cos\left(\dfrac{\pi}{4}-a\right)}=tan\left(\dfrac{\pi}{4}-a\right)\)

\(\dfrac{1+cos2a-cosa}{sin2a-sina}=\dfrac{2cos^2a-cosa}{2sina.cosa-sina}=\dfrac{cosa\left(2cosa-1\right)}{sina\left(2cosa-1\right)}=\dfrac{cosa}{sina}=cota\)

Trong tam giác vuông có góc \(\alpha=30\Rightarrow\)góc nhọn còn lại bằng 60\(=2\alpha\)

Vậy \(sin\alpha=cos2\alpha\Leftrightarrow sin^2\alpha=cos^22\alpha=x\)

\(tan2\alpha=cot\alpha=y\) thay vào P, ta được

\(P=\dfrac{x-y}{x+y}=1-\dfrac{2y}{x+y}=1-\dfrac{2.\sqrt{3}}{\dfrac{3}{4}+\sqrt{3}}=\dfrac{8\sqrt{3}-19}{13}\)