a: \(\frac{2a+1}{\sqrt{a^3}-1}-\frac{\sqrt{a}}{a+\sqrt{a}+1}\)

\(=\frac{2a+1}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}-\frac{\sqrt{a}}{a+\sqrt{a}+1}\)

\(=\frac{2a+1-\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}\)

\(=\frac{a+\sqrt{a}+1}{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}=\frac{1}{\sqrt{a}-1}\)

b: \(\frac{1+\sqrt{a^3}}{1+\sqrt{a}}-\sqrt{a}\)

\(=\frac{\left(\sqrt{a}+1\right)\left(a-\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}+1}-\sqrt{a}\)

\(=a-\sqrt{a}+1-\sqrt{a}=a-2\sqrt{a}+1\)

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥CA

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

b: Gọi I là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BA⊥BK

mà CH⊥BA

nên CH//BK

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CA⊥CK

mà BH⊥CA
nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HK

=>H,I,K thẳng hàng

Xét (O) có

ΔANK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔANK vuông tại N

=>\(\hat{ANK}=90^0\) (1)

Gọi X là trung điểm của AH

=>X là tâm đường tròn đường kính AH

Xét (X) có

ΔANH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔANH vuông tại N

=>\(\hat{ANH}=90^0\) (2)

Từ (1),(2) suy ra tia NH và tia NK trùng nhau

=>N,H,K thẳng hàng

mà H,I,K thẳng hàng

nên N,H,K,I thẳng hàng

1 In case this bottle is not enough, I'll buy some more wine

2 In case there is a fire, leave the building as quickly as possible

If there is a fire, leave the building as quickly as possible

3 As long as you promise to give the book back next week, I will lend you it

4 If you come back before midnight, you can go to the party

5 Providing (that) you come back before midnight, you can go to the party

Unless you come back before midnight, you can't go to the party

6 If there's enough snow, we're going skiing next week

So long as there's enough snow, we're going skiing next week

7 If he doesn't tell you to, don't go there

8 Unless it is dry (hoặc: Unless it stops raining), we'll cancel tomorrow's tennis match

9 But for your teaching (hoặc: But for the fact that you taught me), I couldn't have baked a cake

Without your teaching (hoặc: Without you), I couldn't have baked a cake

a) Như mình đã nói với bạn thì áp dụng định lý cos trong tam giác ABC, ta có \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC.cos\widehat{BAC}}\) \(=\sqrt{8^2+8^2-2.8.8.cos34}\) \(\approx4,678\left(cm\right)\)

b) Áp dụng định lý sin cho tam giác ACD, ta được \(\dfrac{AC}{sinD}=\dfrac{CD}{sin\widehat{CAD}}\) \(\Rightarrow sinD=\dfrac{AC.sin\widehat{CAD}}{CD}=\dfrac{8.sin42^o}{6}\) \(\Rightarrow\widehat{D}\approx63,148^o\)

c) Gọi BH là khoảng cách từ B đến AD .Khi đó tam giác ABH vuông tại H nên \(BH=AB.sin\widehat{BAH}\)

Dễ thấy \(\widehat{BAH}=\widehat{BAC}+\widehat{CAD}=34^o+42^o=76^o\) nên \(BH=8.sin76^o\approx7,762\left(cm\right)\)

a: Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)

=>\(8^2+8^2-BC^2=2\cdot8\cdot8\cdot cos34\)

=>\(BC=\sqrt{64+64-128\cdot cos34}\) ≃4,68(cm)

b: Xét ΔADC có CD/sinCAD=AC/sinADC

=>8/sinADC=6/sin42

=>\(\sin ADC=\frac86\cdot\sin42=\frac43\cdot\sin42\)

=>\(\hat{ADC}\) ≃63 độ

\(\dfrac{1}{2\sqrt{3}+1}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{\left(2\sqrt{3}+1\right)\left(2\sqrt{3}-1\right)}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{4.3-1}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{11}\)

Bạn đã nghe qua định lý cos chưa? Định lý này phát biểu rằng: Cho tam giác ABC, \(BC=a,AC=b,AB=c\) và góc A nhọn, khi đó \(a^2=b^2+c^2-2bc.cosA\)

Còn định lý sin, bạn từng nghe qua chưa? Nếu có tam giác ABC như trên thì \(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\) với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Chứng minh các định lý này cũng khá đơn giản.

*CM định lý sin:

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, vẽ đường kính AD của (O). Khi đó tam giác ABD vuông tại B nên \(sin\widehat{ADB}=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{c}{2R}\Rightarrow\dfrac{c}{sin\widehat{ADB}}=2R\)

Mà \(\widehat{ADB}=\widehat{C}\) vì chúng là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\Rightarrow\dfrac{c}{sinC}=2R\)

Tương tự, ta có đpcm.

*CM định lý cos:

Hạ đường cao AD của tam giác ABC. Đặt \(BD=d;AD=h\). Hiển nhiên \(CD=a-d\). Tam giác ACD vuông tại D nên \(AC^2=AD^2+CD^2\)  hay \(b^2=h^2+\left(a-d\right)^2\) 

\(\Leftrightarrow b^2=h^2+a^2+d^2-2ad\) 

\(\Leftrightarrow b^2=a^2+c^2-2ad\)  (*)(do \(h^2+d^2=c^2\)) 

Ta có \(cosB=\dfrac{d}{c}\Rightarrow d=c.cosB\)

Thay vào (*), ta có \(b^2=a^2+c^2-2ca.cosB\) (đpcm)

Vậy ta đã chứng minh được định lý sin và định lý cos. Giờ ta sẽ áp dụng chúng vào bài toán chính. Xét tam giác ABC, áp dụng định lý cos, ta có: 

(tính AC)\(AC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC.cosB}\) \(=\sqrt{3^2+\left(4,5\right)^2-2.3.4,5.cos60}\) \(=\dfrac{3\sqrt{7}}{2}\) (đvđd)

(tính \(\widehat{C}\)) Áp dụng định lý sin, ta được \(\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{AC}{sinB}\Rightarrow sinC=\dfrac{AB.sinB}{AC}=\dfrac{3.sin60}{\dfrac{3\sqrt{7}}{2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\) \(\Rightarrow\widehat{C}\approx40,893^o\)

và (tính \(\widehat{A}\))\(\dfrac{BC}{sinA}=\dfrac{AC}{sinB}\Rightarrow sinA=\dfrac{BC.sinB}{AC}=\dfrac{4,5.sin60}{\dfrac{3\sqrt{7}}{2}}=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}\) 

\(\Rightarrow\widehat{A}\approx79,107^o\)

Ngoài ra, khi bạn đã tính được \(\widehat{C}\) rồi thì có thể tính \(\widehat{A}\) theo công thức \(\widehat{A}=180^o-\left(\widehat{B}+\widehat{C}\right)\) cũng được, mình có định lý tổng 3 góc của một tam giác mà, không cần tính như mình đâu.