Góc 2α =  A M H ^

a, Ta có:  sin 2 α = A H A M = 2 A H A M = 2 A B . A C B C 2 = 2 sin α . cos α

b,  1 + cos2α =  1 + H M A M = H C A M = 2 H C B C =  2 . A C 2 B C 2 = 2 cos 2 α

c, 1 – cos2α =  1 - H M A M = H B A M = 2 H B B C =  2 . A B 2 B C 2 = 2 sin 2 α

1) a) ta có : \(tan^2\alpha\left(2cos^2\alpha+sin^2\alpha-1\right)=tan^2\alpha\left(cos^2\alpha+cos^2\alpha+sin^2\alpha-1\right)\)

\(=\dfrac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}\left(cos^2\alpha\right)=sin^2\alpha\)

b) \(\left(1-cos\alpha\right)\left(1+cos\alpha\right)=1-cos^2\alpha=sin^2\alpha+cos^2\alpha-cos^2\alpha\)

\(=sin^2\alpha\)

2) a) ta có : \(6^2+8^2=10^2\Leftrightarrow AB^2+AC^2=BC^2\)

áp dụng Pytago \(\Rightarrow\) tam giác \(ABC\) là tam giác vuông tại \(A\)

b) ta có : \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\Rightarrow\widehat{B}\simeq53^o\)

\(\Rightarrow\widehat{C}\simeq180-90-53=37^o\)

a: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

Xét ΔMAC có \(\hat{AMB}\) là góc ngoài tại đỉnh M

nên \(\hat{AMB}=\hat{MAC}+\hat{MCA}=2\cdot\hat{ACB}\)

=>\(\sin2a=\sin\left(2\cdot\hat{ACB}\right)=\sin AMB\)

Xét ΔAMH vuông tại H có sin AMH=\(\frac{AH}{AM}\)

=>\(\sin AMB=\frac{AH}{AM}\)

Xét ΔABC vuông tại A có

\(\sin\alpha=\sin C=\frac{AB}{BC};cos\alpha=cosC=\frac{AC}{BC}\)

\(2\cdot\sin a\cdot cosa=2\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{2\cdot AH\cdot BC}{BC\cdot BC}=2\cdot\frac{AH}{BC}=\frac{2\cdot AH}{2\cdot AM}=\frac{AH}{AM}\)

=>\(\sin2\alpha=2\cdot\sin\alpha\cdot cos\alpha\)

b: Xét ΔAMH vuông tại M có

cos AMH=\(\frac{HM}{AM}\)

=>\(cos2\alpha=\frac{HM}{AM}\)

=>\(1+cos2a=1+\frac{HM}{AM}=\frac{HM+AM}{AM}=\frac{HM+MC}{AM}=\frac{HC}{AM}\)

\(2\cdot cos^2a=2\cdot cos^2C=2\cdot\left(\frac{CA}{CB}\right)^2\)

\(=\frac{2\cdot CA^2}{CB^2}=\frac{2\cdot CH\cdot BC}{CB^2}=\frac{2\cdot CH}{CB}=\frac{2\cdot CH}{2\cdot AM}=\frac{CH}{AM}\)

Do đó: \(1+cos2a=2\cdot cos^2a\)

c: \(1-cos2a=1-\frac{HM}{AM}=\frac{AM-HM}{AM}=\frac{BM-HM}{AM}=\frac{BH}{AM}\)

\(2\cdot\sin^2a=2\cdot\sin^2C=2\cdot\left(\frac{AB}{BC}\right)^2\)

\(=\frac{2\cdot AB^2}{BC^2}=\frac{2\cdot BH\cdot BC}{BC^2}=\frac{2\cdot BH}{BC}=\frac{2\cdot BH}{2\cdot AM}=\frac{BH}{AM}\)

Do đó: \(1-cos2a=2\cdot\sin^2a\)

Bài 1:

B A C H D

              \(BC=CD+BD=68+51=119\)

\(AD\)là phân giác  \(\widehat{BAC}\)\(\Rightarrow\)\(\frac{BD}{AB}=\frac{DC}{AC}\)hay     \(\frac{51}{AB}=\frac{68}{AC}\)

\(\Leftrightarrow\)\(\frac{51^2}{AB^2}=\frac{68^2}{AC^2}=\frac{51^2+68^2}{AB^2+AC^2}=\frac{25}{49}\)

suy ra:    \(\frac{51^2}{AB^2}=\frac{25}{49}\)\(\Rightarrow\)\(AB=71,4\)

ÁP dụng hệ thức lượng ta có:

           \(AB^2=BH.BC\)

\(\Leftrightarrow\)\(BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{71,4^2}{119}=42,84\)

\(\Rightarrow\)\(CH=BC-BH=119-42,84=76,16\)

Bài 2:

B A C H

Áp dụng Pytago ta có:

     \(AH^2+BH^2=AB^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(BH^2=AB^2-AH^2\)

\(\Leftrightarrow\)\(BH^2=7,5^2-6^2=20,25\)

\(\Leftrightarrow\)\(BH=4,5\)

Áp dụng hệ thức lượng ta có:

       \(AB^2=BH.BC\)

\(\Rightarrow\)\(BC=\frac{AB^2}{BH}=\frac{7,5^2}{4,5}=12,5\)

       \(AB.AC=BC.AH\)

\(\Rightarrow\)\(AC=\frac{BC.AH}{AB}=\frac{12,5.6}{7,5}=10\)

b)   \(cosB=\frac{AC}{BC}=\frac{10}{12,5}=0.8\)

      \(cosC=\frac{AB}{BC}=\frac{7,5}{12,5}=0,6\)

a, BC=BH+HC=8BC=BH+HC=8

Áp dụng HTL: 

⎧⎪⎨⎪⎩AB2=BH⋅BC=16AC2=CH⋅BC=48AH2=CH⋅BC=12⇒⎧⎪ ⎪⎨⎪ ⎪⎩AB=4(cm)AC=4√3(cm)AH=2√3(cm){AB2=BH⋅BC=16AC2=CH⋅BC=48AH2=CH⋅BC=12⇒{AB=4(cm)AC=43(cm)AH=23(cm)

b,b, Vì K là trung điểm AC nên AK=12AC=2√3(cm)AK=12AC=23(cm)

Ta có tanˆAKB=ABAK=42√3=2√33≈tan490tan⁡AKB^=ABAK=423=233≈tan⁡490

⇒ˆAKB≈490