chịu hoi =))))))

em mới học lớp 7 hà

năm nay lên lớp 8 =)))))

Cho tam giác $ABC$ có: $AB = 14,\ AC = 16,\ \widehat{B} = 60^\circ$.

a) Tính cạnh $BC$

Áp dụng định lý cosin:

$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B$

Thay số:

$16^2 = 14^2 + BC^2 - 2 \cdot 14 \cdot BC \cdot \cos 60^\circ$

$256 = 196 + BC^2 - 14BC$

$BC^2 - 14BC - 60 = 0$

Giải phương trình:

$\Delta = (-14)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-60)$ $= 196 + 240 = 436$

$\sqrt{436} \approx 20,88$

$BC = \dfrac{14 + 20,88}{2} \approx 17,44$ (vì độ dài cạnh luôn dương)

Vậy: $BC \approx 17,44$

b) Tính diện tích tam giác $ABC$

Ta có công thức:

$S = \dfrac{1}{2} \cdot AB \cdot BC \cdot \sin B$

Thay số:

$S = \dfrac{1}{2} \cdot 14 \cdot 17,44 \cdot \sin 60^\circ$

$= 7 \cdot 17,44 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\approx 105,7$

Vậy diện tích tam giác $ABC$ xấp xỉ:

$105,7\ \text{đơn vị diện tích}$.

a: sin ACB=AH/AC

=>AH/AC=1/2

=>AH=4cm

b: sin ABC=2/3

=>AH/AB=2/3

=>AB=6cm

HB=căn 6^2-4^2=2căn  5cm

HC=căn 8^2-4^2=4căn  3cm

BC=HB+HC=2căn5+4căn3(cm)

S ABC=1/2*BA*BC*sinB

=1/2*1/2*6*(2căn5+4căn3)

=3(căn 5+2căn 3)

\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}\)

\(AB.AC=32\sqrt{6}\Rightarrow\dfrac{AC^2\sqrt{6}}{3}=32\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AC^2=96\Rightarrow AC=4\sqrt{6}\)

\(\Rightarrow AB=\dfrac{AC\sqrt{6}}{3}=8\)

Kẻ đường cao AD ứng với BC

Do \(C=45^0\Rightarrow\widehat{CAD}=90^0-45^0=45^0\Rightarrow\Delta ACD\) vuông cân tại D

\(\Rightarrow AD=CD=\dfrac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\)

Pitago tam giác vuông ABD:

\(BD=\sqrt{AB^2-AD^2}=4\)

\(\Rightarrow BC=CD+BD=4+4\sqrt{3}\)

\(cosB=\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow B=60^0\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AD.BC=\dfrac{1}{2}.4\sqrt{3}.\left(4+4\sqrt{3}\right)=...\)

Theo định lý sin ta có:

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinA=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot8\cdot sin30^o=8\left(cm^2\right)\)

Mà: ΔAEC vuông tại E ta có:

\(AE=sinA\cdot AC=sin30^o\cdot8=4\left(cm\right)\)

ΔABD vuông tại D nên ta có:

\(AD=sinA\cdot AB=sin30^o\cdot4=2\left(cm\right)\)

Theo định lý sin ta có:

\(S_{AED}=\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot AD\cdot sinA\)

\(\Rightarrow S_{AED}=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot2\cdot sin30^o=2\left(cm^2\right)\)

hình ạ

a, Xét tam giác ADB và tam giác AEC có 

^ADB = ^AEC = 90⁰

^DAB _ chung 

Vậy tam giác ADB ~ tam giác AEC (g.g) 

b, \(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow AD.AC=AB.AE\)

c, \(\dfrac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{DE}{BC}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)

Cám ơn bn <3

1.

Ta có:

$A = -3 - y^2 + xy + x + y$

Nhóm các hạng tử theo $x$:

$A = x(y+1) - y^2 + y - 3$

Với mỗi giá trị của $y$, biểu thức tăng theo $x$.

Ta biến đổi: $A = -y^2 + xy + y + x - 3$ $= -\left(y^2 - xy - y\right) + x - 3$

Hoàn thành bình phương theo $y$:

$A = -\left[y^2 - (x+1)y\right] + x - 3$

$= -\left[\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 - \dfrac{(x+1)^2}{4}\right] + x - 3$

$= -\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 + \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Vì: $\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \ge 0$ nên: $-\left(y - \dfrac{x+1}{2}\right)^2 \le 0$

Suy ra: $A \le \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Biểu thức này không bị chặn trên khi $x$ tăng vô hạn.

Ví dụ: chọn $y = \dfrac{x+1}{2}$ thì:

$A = \dfrac{(x+1)^2}{4} + x - 3$

Khi $x \to +\infty$ thì: $A \to +\infty$

Vậy biểu thức $A$ không có giá trị lớn nhất.

2.

Ta có tam giác $ABC$ đều cạnh $4$ nên:

$\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=60^\circ$.

Trong tam giác $NCB$:

$\widehat{NCB}=40^\circ,\ \widehat{CBN}=60^\circ$ nên: $\widehat{CNB}=80^\circ$.

Áp dụng định lí sin:

$\dfrac{NB}{\sin40^\circ}=\dfrac{BC}{\sin80^\circ}$

$\Rightarrow NB=\dfrac{4\sin40^\circ}{\sin80^\circ}$

Vì $CM$ là tia phân giác góc $NCB$ nên:

$\dfrac{NM}{MB}=\dfrac{NC}{CB}$

Suy ra:

$MB=\dfrac{4\sqrt3}{3}$.

Diện tích tam giác $MBC$ là:

$S_{MBC}=\dfrac12 \cdot MB \cdot BC \cdot \sin60^\circ=\dfrac12 \cdot \dfrac{4\sqrt3}{3}\cdot4\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}=4$

Do $D$ là trung điểm của $MC$ nên khoảng cách từ $D$ đến $BC$ bằng một nửa khoảng cách từ $M$ đến $BC$.

Lại có: $CD=CE$

suy ra: $S_{CDE}=\dfrac{MC}{4}$.

Mặt khác: $S_{MBD}=\sqrt3-\dfrac{MC}{4}$.

Do đó: $S_{CDE}+S_{MBD}=\dfrac{MC}{4}+\sqrt3-\dfrac{MC}{4}=\sqrt3$.

Vậy tổng diện tích hai tam giác $CDE$ và $MBD$ là:

$\boxed{\sqrt3}$.

a: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên DB/AB=DC/AC

=>DB/DC=AB/AC=2/3

=>3DB-2DC=0

mà DB+DC=18

nên DB=7,2cm; DC=10,8cm

b: Xét ΔBDH vuông tại H và ΔCDK vuông tại K có

góc BDH=góc CDK

=>ΔBDH đồng dạng với ΔCDK

=>BH/CK=BD/CD=2/3

Áp dụng định lý hàm cosin:

\(AC=\sqrt{AB^2+BC^2-2AB.BC.cosB}=\sqrt{2^2+3^2-2.2.3.cos60^0}=\sqrt{2}\)

Diện tích tam giác:

\(S=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.2.3.sin60^0=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\)