32 bài tập Toán 9 Chân trời sáng tạo Bài 1. Tỉ số lượng giác của góc nhọn có đáp án
32 câu hỏi
\[\cos \alpha = \frac{{MP}}{{NP}}.\]
\[\cos \alpha = \frac{{MN}}{{MP}}.\]
\[\cos \alpha = \frac{{MN}}{{NP}}.\]
\[\cos \alpha = \frac{{MP}}{{MN}}.\]
Chọn A
![Theo định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, ta có tam giác \[MNP\] vuông tại \[M\] nên \[\cos \alpha = \frac{{MP}}{{NP}}.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/1-1775554989.png)
\[0 < \sin \alpha < 1\,;\,\,0 < \cos \alpha < 1.\]
\[ - 1 < \sin \alpha < 1\,;\,\, - 1 < \cos \alpha < 1.\]
\[ - 1 < \sin \alpha < 0\,;\,\, - 1 < \cos \alpha < 0.\]
\[ - 1 \le \sin \alpha < 0\,;\,\, - 1 \le \cos \alpha < 0.\]
Chọn A
Theo định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, ta có các tỉ số lượng giác của góc nhọn \[\alpha \] luôn dương và \[\sin \alpha < 1\,;\,\,\cos \alpha < 1.\]
Do đó \[0 < \sin \alpha < 1\,;\,\,0 < \cos \alpha < 1.\]
\[\sin \beta = \frac{1}{{\tan \beta }}.\]
\[\cos \beta = \frac{1}{{\tan \beta }}.\]
\[\cot \beta = \frac{1}{{\tan \beta }}.\]
\[\cot \beta = \frac{1}{{\sin \beta }}.\]
Chọn C
Theo định nghĩa tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, ta có \[\cot \beta = \frac{1}{{\tan \beta }}.\]
Tỉ số giữa cạnh đối và cạnh kề được gọi là tang của góc \[\alpha ,\] kí hiệu \[\tan \alpha .\]
Tỉ số giữa cạnh đối và cạnh huyền được gọi là sin của góc \[\alpha ,\] kí hiệu \[\sin \alpha .\]
Tỉ số giữa cạnh huyền và cạnh kề được gọi là côsin của góc \[\alpha ,\] kí hiệu \[\cot \alpha .\]
Tỉ số giữa cạnh kề và cạnh huyền được gọi là côsin của góc \[\alpha ,\] kí hiệu \[\cos \alpha .\]
Chọn C
Phương án A, B, D đúng.
Phương án C sai. Sửa lại: Tỉ số giữa cạnh kề và cạnh đối được gọi là côtang của góc \[\alpha ,\] kí hiệu \[\cot \alpha .\]
\[\sin \alpha = \cot \beta .\]
\[\sin \alpha = \tan \beta .\]
\[\sin \alpha = \cos \beta .\]
\[{\rm{cos}}\alpha = \cot \beta .\]
Chọn C
Vì \[\alpha ,\beta \] là hai góc phụ nhau nên \[\beta = 90^\circ - \alpha .\]
Theo định lí tỉ số lượng giác của hai góc phụ nhau, ta có:
\[\sin \alpha = \cos \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cos \beta ;\]
\[\tan \alpha = \cot \left( {90^\circ - \alpha } \right) = \cot \beta .\]
\[\sin B = \tan C.\]
\[\tan B = \cos C.\]
\[\sin C = \cos B.\]
\[\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{\cos C}}{{\cos B}}.\]
Chọn C
![Chọn C Vì \[\alpha ,\beta \] là hai (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/2-1775555155.png)
Cách 1. Do tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên
⦁ \[\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\] và \[\tan C = \frac{{AB}}{{AC}}.\] Suy ra \[\sin B \ne \tan C.\] Do đó phương án A sai.
⦁ \[\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}\] và \[\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}.\] Suy ra \[\tan B \ne \cos C.\] Do đó phương án B sai.
⦁ \[\sin C = \frac{{AB}}{{BC}}\] và \[\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.\] Suy ra \[\sin C = \cos B.\] Do đó phương án C đúng.
⦁ \[\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\] và \[\cos C = \frac{{AC}}{{BC}}.\]
Suy ra \[\frac{{\cos C}}{{\cos B}} = \frac{{AC}}{{BC}}:\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AC}}{{BC}} \cdot \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{AB}} \ne \frac{{AB}}{{AC}}.\] Do đó phương án D sai.
Vậy ta chọn phương án C.
Cách 2. Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] nên \(\widehat {B\,} + \widehat {C\,} = 90^\circ ,\) do đó hai góc \(B\) và \(C\) là hai góc phụ nhau.
Do đó \[\sin B = \cos C;\,\,\cos B = \sin C;\,\,\tan B = \cot C;\,\,\cot B = \tan C.\]
\[\sin B = \frac{{\sqrt 5 }}{5};\cos B = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\sin B = \frac{1}{{\sqrt 3 }};\cos B = \frac{{2\sqrt 3 }}{3}.\]
\[\sin B = \frac{{2\sqrt 5 }}{5};\cos B = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\sin B = \frac{1}{2};\cos B = \frac{2}{{\sqrt 5 }}.\]
Chọn A
![Cách 2. Vì tam giác \[ABC\] v (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/3-1775555204.png)
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\], ta được:
\[A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} = {1^2} + {2^2} = 5.\] Suy ra \[AB = \sqrt 5 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]
Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\] nên \[\sin B = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{5};\,\,\cos B = \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\tan B = \frac{{4\sqrt {41} }}{{41}}.\]
\[\tan B = \frac{4}{3}.\]
\[\tan B = \frac{3}{4}.\]
\[\tan B = \frac{4}{5}.\]
Chọn B
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\], ta được:
\[B{C^2} = A{B^2} - A{C^2} = {1,5^2} - {1,2^2} = 0,81.\]
Suy ra \[BC = 0,9{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]
Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[C\] nên \[\tan B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{1,2}}{{0,9}} = \frac{4}{3}.\]
\[\cot E = \frac{1}{2}.\]
\[\cot E = 2.\]
\[\cot E = \frac{{\sqrt 5 }}{5}.\]
\[\cot E = \sqrt 5 .\]
Chọn A
Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác \[DEF\] vuông tại \[D\], ta được:
\[D{F^2} = E{F^2} - D{E^2} = {\left( {\sqrt {10} } \right)^2} - {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = 8.\] Suy ra \[DF = 2\sqrt 2 {\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]
Vì tam giác \[DEF\] vuông tại \[D\] nên \[\cot E = \frac{{DE}}{{DF}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{2\sqrt 2 }} = \frac{1}{2}.\]
\[I = 4.\]
\[I = 3.\]
\[I = 2.\]
\[I = 1.\]
Chọn D
⦁ Cách 1: Ta có: \[I = \frac{{\sin 32^\circ }}{{\cos 58^\circ }} = \frac{{\sin \left( {90^\circ - 58^\circ } \right)}}{{\cos 58^\circ }} = \frac{{\cos 58^\circ }}{{\cos 58^\circ }} = 1.\]
⦁ Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:
Đầu tiên, ta đưa máy tính về chế độ “độ”, sau đó ấn liên tiếp các phím
Màn hình hiện lên kết quả: \[1.\] Nghĩa là, \[I = 1.\]
\[J = 1.\]
\[J = 2.\]
\[J = 0.\]
\[J = 3.\]
Chọn C
⦁ Cách 1: Ta có: \[J = \tan 76^\circ - \cot 14^\circ = \tan 76^\circ - \cot \left( {90^\circ - 76^\circ } \right) = \tan 76^\circ - \tan 76^\circ = 0.\]
⦁ Cách 2: Sử dụng máy tính cầm tay:
Ta có: \[\cot 14^\circ = \frac{1}{{\tan 14^\circ }}.\]
Đầu tiên, ta đưa máy tính về chế độ “độ”, sau đó ấn liên tiếp các phím
Màn hình hiện lên kết quả: \[0.\] Nghĩa là, \[J = 0.\]
\[48^\circ .\]
\[49^\circ .\]
\[0^\circ .\]
\[1^\circ .\]
Chọn B
Đầu tiên, ta đưa máy tính về chế độ “độ”, sau đó ấn liên tiếp các phím
Màn hình hiện lên kết quả \(48^\circ 35'25.36'',\) làm tròn đến độ ta được kết quả \[49^\circ .\]
\[30^\circ .\]
\[45^\circ .\]
\[60^\circ .\]
\[75^\circ .\]
Chọn A
Gọi \[MNPQ\] là mảnh vườn hình chữ nhật và \[\alpha \] là góc giữa đường chéo \[NQ\] và chiều dài \[MN\] của mảnh vườn hình chữ nhật.
Vì tam giác \[MNQ\] vuông tại \[M\] nên \[\tan \alpha = \tan \widehat {MNQ} = \frac{{MQ}}{{MN}} = \frac{{10\sqrt 3 }}{{30}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}.\]
Sử dụng máy tính cầm tay, chuyển máy tính về chế độ “độ”, sau đó ấn liên tiếp các phím
Màn hình hiện lên kết quả: \[30.\] Nghĩa là, \[\alpha = 30^\circ .\]
Do đó góc giữa đường chéo và chiều dài của mảnh vườn bằng \[30^\circ .\]
\[2^\circ 9'.\]
\[2^\circ 8'.\]
\[87^\circ 52'.\]
\[87^\circ 51'.\]
Chọn A
Ta mô hình hóa bài toán như hình vẽ trên.
Theo bài, máy bay đang ở độ cao \[12\] km nên \[AH = 12\] (km); đường bay từ \[A\] đến \[B\] của máy bay dài \[320\] km nên \[AB = 320\] (km).
Vì tam giác \[AHB\] vuông tại \[H\] nên \[\sin \alpha = \sin \widehat {ABH} = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{12}}{{320}} = \frac{3}{{80}}.\]
Sử dụng máy tính cầm tay, chuyển máy tính về chế độ “độ”, sau đó ấn liên tiếp các phím
Ấn tiếp phím , ta thấy màn hình hiện lên kết quả: \[2^\circ 8'56.74''.\]
Khi làm tròn đến phút, ta được kết quả \[\alpha = 2^\circ 9'.\]
Một cột đèn cao \[7\] m có bóng trên mặt đất dài \[4\] m, gần đó có một tòa nhà cao tầng có bóng trên mặt đất dài \[80\] m (hình vẽ).
![Khi làm tròn đến phút, ta được kết quả \[\alpha = 2^\circ 9'.\] (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/8-1775555794.png)
\[75\] tầng.
\[80\] tầng.
\[70\] tầng.
\[60\] tầng.
Chọn C
![Khi làm tròn đến phút, ta được kết quả \[\alpha = 2^\circ 9'.\] (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/9-1775555834.png)
Giả sử bóng trên mặt đất của cột đèn và tia nắng mặt trời tạo nên một góc nghiêng \[\alpha .\]
Suy ra cùng lúc đó, bóng trên mặt đất của tòa nhà và tia nắng mặt trời cũng tạo nên một góc nghiêng \[\alpha .\]
Vì tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\] nên \[\tan \alpha = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{7}{4}\] (1)
Vì tam giác \[DEF\] vuông tại \[E\] nên \[\tan \alpha = \frac{{DE}}{{EF}} = \frac{{DE}}{{80}}\] (2)
Từ (1), (2), ta thu được \[\frac{{DE}}{{80}} = \frac{7}{4}.\]
Do đó \[DE = \frac{7}{4} \cdot 80 = 140\] (m).
Như vậy, chiều cao của tòa nhà là \[140\] m.
Vậy tòa nhà đó cao \[140:2 = 70\] (tầng).
Hãy viết tỉ số lượng giác của các góc sau thành tỉ số lượng giác của các góc nhỏ hơn 45o
\(\sin 75^\circ ,\,\,\cos 60^\circ ,\,\,\tan 80^\circ ,\,\,\cot 50^\circ \)
![Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \[AB = 6\;\,{\rm{cm}},\,\,\widehat B = \alpha \]. Biết \(\tan \alpha = \frac{5}{{12}}\). Hãy tìm độ dài cạnh \(AB,BC\). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/04/10-1775555954.png)
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\tan \alpha = \frac{{AC}}{{AB}}\) hay \(\frac{5}{{12}} = \frac{{AC}}{6}\) nên \(AC = \frac{5}{2}\;\left( {cm} \right)\)
Áp dụng định lý Pythagore vào \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)
\( \Rightarrow BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \frac{{13}}{2}\;\left( {cm} \right)\)
Tính giá trị của các biểu thức
a) \(A = \frac{{\sin 32^\circ }}{{\cos 58^\circ }}\).
b) \(B = \tan 76^\circ - \cot 14^\circ \).
a) Ta có \(32^\circ + 58^\circ = 90^\circ \) \( \Rightarrow \sin 32^\circ = \cos 58^\circ \) \( \Rightarrow A = 1.\) | b)\(B = \tan 76^\circ - \cot 14^\circ \) \( \Rightarrow \tan 76^\circ = \cot 14^\circ \) \( \Rightarrow B = 0.\) |
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\), ta có:
\[\sin B = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}\] (tỉ số lượng giác của góc nhọn)
\[ \Rightarrow \widehat B \approx 48^\circ 35'\]
Vậy góc giữa thang tre với mặt đất là \(48^\circ 35'\).
Ta có \(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {3,5^2} - {1,5^2} = 10 \Rightarrow AC = \sqrt {10} \).
Do đó \[\cos B = \sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{1,5}}{{3,5}} \approx 0,4286\]
\[\begin{array}{l}\sin B = \cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{\sqrt {10} }}{{3,5}} \approx 0,9035\\\cot B = \tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{1,5}}{{\sqrt {10} }} \approx 0,4743\\\tan B = \cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {10} }}{{1,5}} \approx 2,1082\end{array}\]
Xét\(\Delta ABC\)vuông tại\(A\)có
\(\sin B = \frac{{AC}}{{BC}}\); \(sinC = \frac{{AB}}{{BC}}\)
\(\frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{AC}}{{BC}}:\frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{AC}}{{AB}}\)
Ta đặt \(AB = m\) thì \(BC = 2m\), suy ra
\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 4{m^2} - {m^2} = 3{m^2} \Rightarrow AC = m\sqrt 3 \).
Ta có \(\sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{m}{{2m}} = \frac{1}{2};\cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{m\sqrt 3 }}{{2m}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2};\)
\(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{m}{{m\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }};\cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{m\sqrt 3 }}{m} = \sqrt 3 \).
Ta có \(BH = HC = \frac{{BC}}{2} = 6:2 = 3\);
Xét tam giác AHB vuông tại H có
\(\begin{array}{l}\quad A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ = > AB = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\end{array}\).
Do đó: O10-2024-GV154 \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{4}{5} = 0,8\); \(\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{3}{5} = 0,6;\)
\(\tan B = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{4}{3};\) \(\cot B = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{3}{4} = 0,75.\)
Kẻ đường cao \(BH\) của \(\Delta ABC\).
Khi đó ta có \(H{C^2} = {(AC - AH)^2}\).
Áp dụng định lý Pythagore ta có
\(\begin{array}{l}B{C^2} = B{H^2} + H{C^2} = B{H^2} + {(AC - AH)^2}\\ = B{H^2} + A{H^2} + A{C^2} - 2AC \cdot AH\\ = A{B^2} + A{C^2} - 2AC \cdot AH\end{array}\)
Lại có \(\widehat {BAC} = 60^\circ \)
\( \Rightarrow \cos 60^\circ = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow \frac{1}{2} = \frac{{AH}}{{AB}}\) hay \(AH = \frac{{AB}}{2}\)
Vậy \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - AB \cdot AC.\)
Ta có \(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {3,5^2} - {1,5^2} = 10 \Rightarrow AC = \sqrt {10} \).
Do đó \[\cos B = \sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{1,5}}{{3,5}} \approx 0,4286\]
\[\begin{array}{l}\sin B = \cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{\sqrt {10} }}{{3,5}} \approx 0,9035\\\cot B = \tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{1,5}}{{\sqrt {10} }} \approx 0,4743\\\tan B = \cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{\sqrt {10} }}{{1,5}} \approx 2,1082\end{array}\]
Ta đặt \(AB = m\) thì \(BC = 2m\), suy ra
\(A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = 4{m^2} - {m^2} = 3{m^2} \Rightarrow AC = m\sqrt 3 \).
Ta có \(\sin C = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{m}{{2m}} = \frac{1}{2};\cos C = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{m\sqrt 3 }}{{2m}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2};\)
\(\tan C = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{m}{{m\sqrt 3 }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }};\cot C = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{m\sqrt 3 }}{m} = \sqrt 3 \).
Ta có \(BH = HC = \frac{{BC}}{2} = 6:2 = 3\);
Xét tam giác AHB vuông tại H có
\(\begin{array}{l}\quad A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\\ = > AB = \sqrt {{4^2} + {3^2}} = 5\end{array}\).
Do đó: O10-2024-GV154 \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{4}{5} = 0,8\); \(\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{3}{5} = 0,6;\)
\(\tan B = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{4}{3};\) \(\cot B = \frac{{BH}}{{AH}} = \frac{3}{4} = 0,75.\)
Kẻ đường cao AH và trung tuyến AM thì \(AH \le AM = \frac{1}{2}BC \Rightarrow BC \ge 2AH;\)
\(\cot B = \frac{{BH}}{{AH}};\cot C = \frac{{CH}}{{AH}} \Rightarrow \cot B + \cot C = \frac{{BH}}{{AH}} + \frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{BC}}{{AH}} \ge 2\)
Kẻ AH\( \bot BC\,(H \in BC)\). Khi đó:
\(\sin B = \frac{{AH}}{c} \Rightarrow \sin B.\,c\, = \,AH\,v\`a \,\sin C\, = \,\frac{{AH}}{b} \Rightarrow \,\sin C\,.b\, = \,AH\)
Từ đó ta có: O10-2024-GV154 \[\sin B.c{\rm{ }} = {\rm{ }}\sin C.b\]\( \Rightarrow \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}.\)
Tương tự kẻ đường cao BD của tam giác ABC (D\( \in AC)\)sẽ chứng minh được:
\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\)
Giả sử hai đường chéo \(AC,BD\)cắt nhau tại \(I,\widehat {AIB} = \alpha \) là góc nhọn. Kẻ đường cao \(AH\) của \(\Delta ABD\)và đường cao \(CK\) của
Ta có \(AH = AI\sin \alpha ,CK = CI\sin \alpha \).
Diện tích \(\Delta ABD{\rm{ l\`a }}{S_{\Delta ABD}} = \frac{1}{2}BD \cdot AH\)
Diện tích \({\rm{ }}\Delta CBD{\rm{ l\`a }}{S_{\Delta CBD}} = \frac{1}{2}BD \cdot CK\)
Khi đó
\({S_{ABCD}} = {S_{\Delta ABD}} + {S_{\Delta CBD}} = \frac{1}{2}BD(AH + CK)\)
\(\begin{array}{l} = \frac{1}{2}BD(AI + CI)\sin \alpha \\ = \frac{1}{2}BD.AC.\sin \alpha \end{array}\)
Cho tam giác nhọn \(ABC\). Gọi \(a,\,b,\,c\) là độ dài các cạnh đối diện với các đỉnh \(A,\,B,\,C\).
a) Chứng minh rằng: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\).
b) Có thể sảy ra đẳng thức: \(\sin A = \sin B + \sin C\) không?
a) Kẻ đường cao \(AH\)
\(\Delta ABH\) vuông tại \(H\), ta có: \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow AH = c.\sin B\)
\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AH = b.\sin C\)
Khi đó: \(c.\sin B = b.\sin C \Rightarrow \frac{c}{{\sin C}} = \frac{b}{{\sin B}}\) \(\left( 1 \right)\)
Kẻ đường cao \(BK\)
Chứng minh tương tự, ta có: \(c.\sin a = a.\sin C \Rightarrow \frac{c}{{\sin C}} = \frac{a}{{\sin A}}\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có: \(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}}\) (đpcm).
b) Áp dụng tính chất tỉ lệ thức, ta có:\(\frac{a}{{\sin A}} = \frac{b}{{\sin B}} = \frac{c}{{\sin C}} \Rightarrow \frac{a}{{\sin A}} = \frac{{b + c}}{{\sin B + \sin C}}\)
Đẳng thức \(\sin A = \sin B + \sin C\) sảy ra khi \(a = b + c\)( vô lý)
Vậy đẳng thức: \(\sin A = \sin B + \sin C\) không xảy ra.
\(\Delta ABH \sim \Delta ACK\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{AH}}{{AK}} = \frac{{AB}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AC}}\)
\( \Rightarrow \Delta AHK \sim \Delta ABC\left( {c - g - c} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{{S_{AHK}}}}{{{S_{ABC}}}} = {\left( {\frac{{AH}}{{AB}}} \right)^2} = {\rm{co}}{{\rm{s}}^2}A \Rightarrow {S_{AHK}} = {S_{ABC}}.{\rm{co}}{{\rm{s}}^2}A = {S_{ABC}}.{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{3}{4}{S_{ABC}}\) \(\left( 1 \right)\)
\({S_{BCHK}} = {S_{ABC}} - {S_{AHK}} = {S_{ABC}} - \frac{3}{4}{S_{ABC}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}}\) \(\left( 2 \right)\)
Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), ta có: \({S_{AHK}} = 3{S_{BCHK}}\) (đpcm).
