Đề bài
Bài 1. Rút gọn biểu thức \(A = {\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)^2} + {\left( {\sin \alpha - \cos \alpha } \right)^2}\)
Bài 2. Cho \(∆ABC \) vuông tại A. Biết \(BC = a\), đường cao AH.
Chứng minh rằng:
\(AH = a.{\mathop{\rm sinBcosB}\nolimits} ;\)\(\,BH = a.co{s^2}B;CH = a.{\sin ^2}B\)
LG bài 1
Phương pháp giải:
Sử dụng: \(\sin^2\alpha +\cos^2 \alpha =1\)
Lời giải chi tiết:
\( A = {\left( {\sin \alpha + \cos \alpha } \right)^2} + {\left( {\sin \alpha - \cos \alpha } \right)^2}\)
\(= {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha + 2\sin \alpha \cos \alpha \)\(\;+ {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha - 2\sin \alpha \cos \alpha \)
\(= {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha + {\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha \)
\( = 1 + 1 = 2\)
LG bài 2
Phương pháp giải:
Sử dụng \(\sin \alpha = \dfrac{{cạnh\,đối}}{{cạnh\,huyền}};\cos \alpha = \dfrac{{cạnh\,kề}}{{cạnh\,huyền}}\)
Lời giải chi tiết:
Ta có: \(∆AHB\) vuông tại H nên:
\(\sin B = {{AH} \over {AB}} \Rightarrow AH = AB.\sin B\) (1)
Lại có: \(∆ABC\) vuông tại A, ta có:
\({\mathop{\rm cosB}\nolimits} = {{AB} \over {BC}} \)
\(\Rightarrow AB = BC.\cos B = a.\cos B\) (2)
Thay (2) vào (1), ta có: \(AH = a.\sin B\cos B\)
Tương tự \(∆AHB\) vuông ta có:
\(\cos B = {{BH} \over {AB}} \Rightarrow BH = AB.\cos B\) (3)
Thay (2) vào (3), ta có: \(BH = a.co{s^2}B\)
Ta có: \({\widehat A_1} = \widehat B\) (cùng phụ \(\widehat C\)). Xét tam giác vuông AHC có:
\(\sin {\widehat A_1}\,hay\,\sin B = {{CH} \over {AC}}\)
\(\Rightarrow CH = AC.{\mathop{\rm sinB}\nolimits} \) (4)
Lại có: \(\sin B = {{AC} \over {BC}}\)
\(\Rightarrow AC = BC.\sin B = a.\sin B\) (5)
Thay (5) vào (4), ta có: \(CH = a.{\sin ^2}B.\)
soanvan.me