Cho tam giác abc vuông tại a biết sinC=\(\frac{3}{5}\). Hãy tính tỉ số lượng giác của C.Từ đó suy ra tỉ số lượng giác góc B.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Đặt \(\left(\frac{a-b}{c};\frac{b-c}{a};\frac{c-a}{b}\right)\rightarrow\left(x;y;z\right)\)
Khi đó:
\(S=\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)=3+\frac{x+z}{y}+\frac{y+z}{x}+\frac{x+y}{z}\)
Ta có:\(\frac{y+z}{x}=\left(\frac{b-c}{a}+\frac{c-a}{b}\right)\cdot\frac{c}{a-b}=\frac{b^2-cb+ac-a^2}{ab}\cdot\frac{c}{a-b}\)
\(=\frac{\left(b-a\right)\left(b+a\right)-c\left(a-b\right)}{ab}\cdot\frac{c}{a-b}=\frac{\left(b-a\right)\left(b+a-c\right)}{ab}\cdot\frac{c}{a-b}=\frac{c\left(b+a-c\right)}{ab}\)
\(=\frac{2c^2}{ab}=\frac{2c^3}{abc}\)
Một cách tương tự khi đó:\(\frac{x+y}{z}+\frac{y+z}{x}+\frac{z+x}{y}=\frac{2\left(a^3+b^3+c^3\right)}{abc}=\frac{2\cdot3abc}{abc}=6\)
Khi đó:\(S=3+6=9\) Bạn để ý rằng \(a+b+c=0\) thì \(a^3+b^3+c^3=3abc\)
sao \(\frac{c\left(b+a-c\right)}{ab}\) lại bằng \(\frac{2c^2}{ab}\)
a) Ta có : \(a^2+b^2\ge\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\)
Do đó : \(a^4+b^4=\left(a^2\right)^2+\left(b^2\right)^2\ge\frac{\left(a^2+b^2\right)^2}{2}\ge\frac{\left[\frac{\left(a+b\right)^2}{2}\right]^2}{2}=\frac{\left(a+b\right)^4}{8}\)
\(\Rightarrow\frac{a^4+b^4}{2}\ge\left(\frac{a+b}{2}\right)^4\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow a=b\)
b) Với \(a,b,c>0\) thì ta có :
\(\hept{\begin{cases}0< a+b< a+b+c\\0< b+c< a+b+c\\0< c+a< a+b+c\end{cases}}\) \(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a}{a+b}>\frac{a}{a+b+c}\\\frac{b}{b+c}>\frac{b}{a+b+c}\\\frac{c}{c+a}>\frac{c}{a+b+c}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{b+c}+\frac{b}{b+c}+\frac{c}{c+a}>\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\)
Ta có phương trình :
\(x^2y+x^2=x^3-y+2x+7\)
\(\Leftrightarrow x^2y+y=x^3-x^2+2x+7\)
\(\Leftrightarrow y.\left(x^2+1\right)=x^3-x^2+2x+7\)
\(\Leftrightarrow y=\frac{x^3-x^2+2x+7}{x^2+1}\)
Do \(y\inℤ\rightarrow\frac{x^3-x^2+2x+7}{x^2+1}\inℤ\). Lại có \(x\inℤ\Rightarrow\hept{\begin{cases}x^3-x^2+2x+7\inℤ\\x^2+1\inℤ\end{cases}}\)
\(\Rightarrow x^3-x^2+2x+7⋮x^2+1\)
\(\Leftrightarrow x.\left(x^2+1\right)-\left(x^2+1\right)+x+8⋮x^2+1\)
\(\Leftrightarrow x+8⋮x^2+1\)
\(\Rightarrow\left(x+8\right)\left(x-8\right)⋮x^2+1\)
\(\Leftrightarrow x^2+1-65⋮x^2+1\)
\(\Leftrightarrow65⋮x^2+1\)\(\Leftrightarrow x^2+1\inƯ\left(65\right)\). Mà : \(x^2+1\ge1\forall x\)
\(\Rightarrow x^2+1\in\left\{1,5,13,65\right\}\)
\(\Leftrightarrow x^2\in\left\{0,4,12,64\right\}\). \(x^2\) là số chính phương với \(x\inℤ\)
\(\Rightarrow x^2\in\left\{0,4,64\right\}\Rightarrow x\in\left\{0,2,-2,8,-8\right\}\)
+) Với \(x=0\) thì \(y=7\) ( Thỏa mãn )
+) Với \(x=2\) thì \(y=3\) ( Thỏa mãn )
+) Với \(x=-2\) thì \(y=-\frac{9}{5}\) ( Loại )
+) Với \(x=8\) thì \(y=\frac{471}{65}\) ( Loại )
+) Với \(x=-8\) thì \(y=-9\) ( Thỏa mãn )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(-8,-9\right);\left(0,7\right);\left(2,3\right)\right\}\)
\(B=\sqrt{\left(x-2020\right)^2}+\sqrt{\left(x-1\right)^2}=\left|x-2020\right|+\left|x-1\right|\)
\(=\left|x-2020\right|+\left|1-x\right|\ge\left|x-2020+1-x\right|=\left|-2019\right|=2019\)
Dấu " = " xảy ra \(\Leftrightarrow\left(x-2020\right)\left(1-x\right)\ge0\)
TH1: \(\hept{\begin{cases}x-2020\le0\\1-x\le0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le2020\\1\le x\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\le2020\\x\ge1\end{cases}}\Leftrightarrow1\le x\le2020\)
TH2: \(\hept{\begin{cases}x-2020>0\\1-x>0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x>2020\\1>x\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x>2020\\x< 1\end{cases}}\)( không thỏa mãn )
Vậy \(minB=2019\)\(\Leftrightarrow1\le x\le2020\)
\(B=|x-2020|+|x-1|\)
\(=|2020-x|+|x-1|\)
Áp dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối :
\(|2020-x|+|x-1|\ge|2020-x+x-1|\)
\(|2020-x|+|x-1|\ge|2020-x+x-1|\)
\(|2020-x|+|x-1|\ge|2019|\)
\(|2020-x|+|x-1|\ge2019\)
Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow\) \(\left(2020-x\right)\left(x-1\right)\ge0\)
Có 2 TH
TH 1 :
\(\hept{\begin{cases}2020-x\ge0\\x-1\ge0\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}-x\ge-2020\\x\ge1\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}x\le2020\\x\ge1\end{cases}\Rightarrow1\le x\le2020}\)
TH2 :
\(\hept{\begin{cases}2020-x\le0\\x-1\ge0\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}-x\le-2020\\x\le1\end{cases}}\)
\(\hept{\begin{cases}x\ge2020\\x\le1\end{cases}\Rightarrow x=\varnothing}\)
a/ Kẻ đường cao AH => BH là hình chiếu của AB trên BC và CH là hình chiếu của AC trên BC
Giả sử \(\frac{AB}{AC}=k\Rightarrow\frac{AB^2}{AC^2}=k^2\)
Ta có \(AB^2=BH.BC;AC^2=CH.BC\Rightarrow\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH}{CH}=k^2\)
b/ Áp dụng câu A sẽ tính được tỷ số hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên BC là mà biết chiều dài BC=82 bài toán là dạng tìm 2 số khi biết tổng và tỷ ở lớp 5 rồi bạn tự giải nốt nhé
\(ĐKXĐ:x\ge-5\)
Ta có : \(x^2-7x=6\sqrt{x+5}-30\)
\(\Leftrightarrow x^2-7x+30-6\sqrt{x+5}=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2-8x+16\right)+\left(x+5-6\sqrt{x+5}+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-4\right)^2+\left(\sqrt{x+5}-3\right)^2=0\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(x-4\right)^2=0\\\left(\sqrt{x+5}-3\right)^2=0\end{cases}\Leftrightarrow}x=4\) ( Thỏa mãn ĐKXĐ )
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất \(x=4\)
\(\cos C=\sqrt{1-\sin^2C}=\sqrt{1-\frac{9}{25}}=\sqrt{\frac{16}{25}}\)
\(\Rightarrow\cos C=\frac{4}{5}\)
\(\Rightarrow\tan C=\frac{\sin C}{\cos C}=\frac{3}{5}:\frac{4}{5}=\frac{3}{4}\)và \(\cot C=\frac{4}{3}\)
Ta có: \(\widehat{C};\widehat{B}\)là hai góc phụ nhau
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\sin C=\cos B\\\cos C=\sin B\end{cases};\hept{\begin{cases}\tan C=\cot B\\\cot C=\tan B\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow\sin B=\frac{4}{5};\cos B=\frac{3}{5};\tan B=\frac{4}{3};\cot B=\frac{3}{4}\)
Ta có: \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{3}{5}\)
=> \(\frac{AB}{3}=\frac{BC}{5}=k\left(k\inℕ\right)\)
=> \(\hept{\begin{cases}AB=3k\\BC=5k\end{cases}}\)
=> \(AC=\sqrt{\left(5k\right)^2-\left(3k\right)^2}=\sqrt{16k^2}=4k\)
Đến đây thì xong rồi:))
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{4k}{5k}=\frac{4}{5}\) ; \(\cos B=\frac{AB}{BC}=\frac{3k}{5k}=\frac{3}{5}\)
\(\tan B=\frac{AC}{AB}=\frac{4k}{3k}=\frac{4}{3}\) ; \(\cot B=\frac{AB}{AC}=\frac{3k}{4k}=\frac{3}{4}\)