a) Trên nửa đường tròn lượng giác nằm phía trên trục hoành, xác định điểm M(x0; y0) sao cho 

Khi đó ta có:

    sin α = y0

    cos α = x0

    tan α = y0 / x0

    cot α = x0 / y0

b) Gọi E, F là hình chiếu của M trên Oy, Ox.

Khi α < 90º thì x0 > 0, y0 > 0

Các số sin⁡α; cos⁡α; tan⁡α; cot⁡α được gọi là giá trị lượng giác của góc α, với 0o ≤ α ≤ 180o.

Trên tia đối của tia MA, lấy I sao cho MA=MI. Gọi H là giao điểm của AM và DE

Xét ΔMAB và ΔMIC có

MA=MI

\(\hat{AMB}=\hat{IMC}\) (hai góc đối đỉnh)

MB=MC

Do đó: ΔMAB=ΔMIC

=>\(\hat{MAB}=\hat{MIC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AB//IC

=>\(\hat{BAC}+\hat{ACI}=180^0\) (1)

Ta có: \(\hat{DAB}+\hat{DAE}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{ACI}=\hat{EAD}\)

ΔMAB=ΔMIC

=>AB=IC

mà AB=AD

nên IC=AD

Xét ΔACI và ΔEAD có

AC=EA

\(\hat{ACI}=\hat{EAD}\)

CI=AD

Do đó: ΔACI=ΔEAD

=>\(\hat{CAI}=\hat{AED}\)

TA có: \(\hat{CAI}+\hat{CAE}+\hat{EAH}=180^0\)

=>\(\hat{AED}+\hat{EAH}=180^0-90^0=90^0\)

=>AM⊥DE tại H

A B C M N I

Gọi I là giao điểm MB, CN thì I là trọng tâm tam giác 

\(sin\widehat{ACN}=\dfrac{AB}{2CN}=\dfrac{AB}{\sqrt{4AC^2+AB^2}}\) ; \(BM=\sqrt{\dfrac{AC^2}{4}+AB^2}\Rightarrow IM=\dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{AC^2}{4}+AB^2}\)

Ta có: \(\dfrac{sin\widehat{CIM}}{CM}=\dfrac{sin\widehat{ACN}}{IM}\Leftrightarrow sin\alpha=\dfrac{CM}{IM}sin\widehat{ACN}=\dfrac{AC}{\dfrac{2}{3}\sqrt{\dfrac{AC^2}{4}+AB^2}}.\dfrac{AB}{\sqrt{4AC^2+AB^2}}\)

\(\Leftrightarrow sin\alpha=\dfrac{3AB.AC}{\sqrt{\left(4AB^2+AC^2\right)\left(4AC^2+AB^2\right)}}\le\dfrac{3AB.AC}{5AB.AC}=\dfrac{3}{5}\)

AM vuông góc với DE chứ.

\(\overrightarrow{AM}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right);\overrightarrow{DE}=\left(\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AD}\right)\)

\(\Rightarrow\overrightarrow{AM}.\overrightarrow{DE}=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}\right)\left(\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AD}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AD}-\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AE}\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}\left[AB.AE.cos\left(\widehat{BAC}+90^o\right)-AC.AD.cos\left(\widehat{BAC}+90^o\right)-AB.AD.cos90^o+AC.AE.cos90^o\right]\)

\(=0\)

\(\Rightarrow AM\perp DE\)

Gọi G là giao điểm BM và CN. Đặt AB=c, AC=b

Ta có: \(BM^2=\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{4}\) ; \(\Rightarrow BG^2=\left(\dfrac{2}{3}BM\right)^2=\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{9}\)

\(CN^2=\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-c^2}{4}\Rightarrow CG^2=\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-c^2}{9}\)

Mặt khác \(BG^2+CG^2=BC^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{2\left(a^2+c^2\right)-b^2}{9}+\dfrac{2\left(a^2+b^2\right)-c^2}{9}=a^2\)

\(\Rightarrow b^2+c^2=5a^2\)

Áp dụng định lý hàm cos:

\(cosA=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{5a^2-a^2}{2bc}=\dfrac{2a^2}{bc}\Rightarrow bc=\dfrac{2a^2}{cos\alpha}\)

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