a) Như mình đã nói với bạn thì áp dụng định lý cos trong tam giác ABC, ta có \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC.cos\widehat{BAC}}\) \(=\sqrt{8^2+8^2-2.8.8.cos34}\) \(\approx4,678\left(cm\right)\)

b) Áp dụng định lý sin cho tam giác ACD, ta được \(\dfrac{AC}{sinD}=\dfrac{CD}{sin\widehat{CAD}}\) \(\Rightarrow sinD=\dfrac{AC.sin\widehat{CAD}}{CD}=\dfrac{8.sin42^o}{6}\) \(\Rightarrow\widehat{D}\approx63,148^o\)

c) Gọi BH là khoảng cách từ B đến AD .Khi đó tam giác ABH vuông tại H nên \(BH=AB.sin\widehat{BAH}\)

Dễ thấy \(\widehat{BAH}=\widehat{BAC}+\widehat{CAD}=34^o+42^o=76^o\) nên \(BH=8.sin76^o\approx7,762\left(cm\right)\)

\(\dfrac{1}{2\sqrt{3}+1}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{\left(2\sqrt{3}+1\right)\left(2\sqrt{3}-1\right)}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{4.3-1}=\dfrac{2\sqrt{3}-1}{11}\)

Bạn đã nghe qua định lý cos chưa? Định lý này phát biểu rằng: Cho tam giác ABC, \(BC=a,AC=b,AB=c\) và góc A nhọn, khi đó \(a^2=b^2+c^2-2bc.cosA\)

Còn định lý sin, bạn từng nghe qua chưa? Nếu có tam giác ABC như trên thì \(\dfrac{a}{sinA}=\dfrac{b}{sinB}=\dfrac{c}{sinC}=2R\) với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Chứng minh các định lý này cũng khá đơn giản.

*CM định lý sin:

Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, vẽ đường kính AD của (O). Khi đó tam giác ABD vuông tại B nên \(sin\widehat{ADB}=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{c}{2R}\Rightarrow\dfrac{c}{sin\widehat{ADB}}=2R\)

Mà \(\widehat{ADB}=\widehat{C}\) vì chúng là các góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AB}\)

\(\Rightarrow\dfrac{c}{sinC}=2R\)

Tương tự, ta có đpcm.

*CM định lý cos:

Hạ đường cao AD của tam giác ABC. Đặt \(BD=d;AD=h\). Hiển nhiên \(CD=a-d\). Tam giác ACD vuông tại D nên \(AC^2=AD^2+CD^2\)  hay \(b^2=h^2+\left(a-d\right)^2\) 

\(\Leftrightarrow b^2=h^2+a^2+d^2-2ad\) 

\(\Leftrightarrow b^2=a^2+c^2-2ad\)  (*)(do \(h^2+d^2=c^2\)) 

Ta có \(cosB=\dfrac{d}{c}\Rightarrow d=c.cosB\)

Thay vào (*), ta có \(b^2=a^2+c^2-2ca.cosB\) (đpcm)

Vậy ta đã chứng minh được định lý sin và định lý cos. Giờ ta sẽ áp dụng chúng vào bài toán chính. Xét tam giác ABC, áp dụng định lý cos, ta có: 

(tính AC)\(AC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC.cosB}\) \(=\sqrt{3^2+\left(4,5\right)^2-2.3.4,5.cos60}\) \(=\dfrac{3\sqrt{7}}{2}\) (đvđd)

(tính \(\widehat{C}\)) Áp dụng định lý sin, ta được \(\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{AC}{sinB}\Rightarrow sinC=\dfrac{AB.sinB}{AC}=\dfrac{3.sin60}{\dfrac{3\sqrt{7}}{2}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\) \(\Rightarrow\widehat{C}\approx40,893^o\)

và (tính \(\widehat{A}\))\(\dfrac{BC}{sinA}=\dfrac{AC}{sinB}\Rightarrow sinA=\dfrac{BC.sinB}{AC}=\dfrac{4,5.sin60}{\dfrac{3\sqrt{7}}{2}}=\dfrac{3\sqrt{21}}{14}\) 

\(\Rightarrow\widehat{A}\approx79,107^o\)

Ngoài ra, khi bạn đã tính được \(\widehat{C}\) rồi thì có thể tính \(\widehat{A}\) theo công thức \(\widehat{A}=180^o-\left(\widehat{B}+\widehat{C}\right)\) cũng được, mình có định lý tổng 3 góc của một tam giác mà, không cần tính như mình đâu.

\(\sqrt{x+1}\) + \(\sqrt{x+6}\) = 5

\(\sqrt{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\) + \(\sqrt{\left(x+6\right)\left(x-6\right)}\) = 5

x - 1 + x - 6 = 5

2x - 7 = 5

x = 6

\(ĐKXĐ:\left\{{}\begin{matrix}x+1\ge0\\x+6\ge0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x\ge-1\\x\ge-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x\ge-1\)

- Đặt \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=a\\\sqrt{x+6}=b\end{matrix}\right.\left(a\ge0,b\ge\sqrt{5}\right)\)

\(\Rightarrow b^2-a^2=\left(\sqrt{x+6}\right)^2-\left(\sqrt{x+1}\right)=x+6-\left(x+1\right)=5\)

- Ta có hệ phương trình:

\(\left\{{}\begin{matrix}b+a=5\\b^2-a^2=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+a=5\\\left(b+a\right)\left(b-a\right)=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+a=5\\5\left(b-a\right)=5\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+a=5\\b-a=1\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b+a=5\\2b=6\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}3+a=5\\b=3\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x+1}=2\\\sqrt{x+6}=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x+1=4\\x+6=9\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow x=3\left(nhận\right)\)

- Vậy tập nghiệm của pt trên là \(S=\left\{3\right\}\)

BH=CH=2,3 (trong tg cân đường cao đồng thời là đường trung trực) \(\Rightarrow BC=2BH=4,6\)

\(\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=\dfrac{\widehat{A}}{2}=25^o\) (trong tg cân đường cao đồng thời là đường phân giác)

\(AB=AC\) (cạnh bên tg cân)

Xét tg vuông ABH có

\(\sin\widehat{BAH}=\dfrac{BH}{AC}\Rightarrow AB=AC=\dfrac{BH}{\sin\widehat{BAH}}=\dfrac{2,3}{\sin25^o}\)

\(C_{ABC}=AB+AC+BC=\dfrac{4,6}{\sin25^o}+4,6\)

ai giải hộ mk cái đi!!

Đặt \(A=\sqrt{2003}+\sqrt{2005};B=2\sqrt{2004}\)

\(A^2=2003+2005+2\sqrt{\left(2003.2005\right)}\)

\(=4008+2\sqrt{\left[2004-1\left(2004+1\right)\right]}\)

\(=3008+2\sqrt{\left(2004^2-1\right)}< 2.2004+2\sqrt{\left(2004^2\right)}=4.2004=B^2\\ \Rightarrow A< B\)