Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Áp dụng định lí Pytago vào ΔMNP vuông tại M, ta được:
\(MN^2+MP^2=NP^2\)
\(\Leftrightarrow MP^2=3^2-\left(\sqrt{5}\right)^2=4\)
hay MP=2cm
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔMNP vuông tại M có MK là đường cao ứng với cạnh huyền NP, ta được:
\(\left\{{}\begin{matrix}MN^2=NK\cdot NP\\MK\cdot NP=MN\cdot MP\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}KN=\dfrac{5}{9}\left(cm\right)\\MK=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Xét ΔNMK vuông tại K có
\(\sin\widehat{NMK}=\dfrac{KN}{MN}=\dfrac{\sqrt{5}}{9}\)
\(\cos\widehat{NMK}=\dfrac{MK}{MN}=\dfrac{2}{3}\)
\(\tan\widehat{NMK}=\dfrac{KN}{KM}=\dfrac{\sqrt{5}}{6}\)
\(\cot\widehat{NMK}=\dfrac{KM}{KN}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\)
b: \(\widehat{NMH}+\widehat{N}=90^0\)
\(\widehat{P}+\widehat{N}=90^0\)
Do đó: \(\widehat{NMH}=\widehat{P}\)
Xét ΔMNP vuông tại M có
\(MN=NP\cdot\dfrac{1}{2}=5\cdot\dfrac{1}{2}=2.5\left(cm\right)\)
\(\Leftrightarrow MP=\dfrac{5\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)
a: Xét ΔMNP vuông tại M có
\(\sin\widehat{N}=\dfrac{MP}{PN}=\dfrac{4}{5}\)
\(\cos\widehat{N}=\dfrac{MN}{MP}=\dfrac{3}{5}\)
\(\tan\widehat{N}=\dfrac{MP}{MN}=\dfrac{4}{3}\)
\(\cot\widehat{N}=\dfrac{MN}{MP}=\dfrac{3}{4}\)
b: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔMNP vuông tại M có MH là đường cao ứng với cạnh huyền NP, ta được:
\(\left\{{}\begin{matrix}MH\cdot NP=MN\cdot MP\\MN^2=HN\cdot NP\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}MH=2.4cm\\NH=1.8cm\end{matrix}\right.\)
Bài 1:
a) Ta có:
\(tanB=\dfrac{AC}{AB}\Rightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{5}{2}\)
\(\Rightarrow AC=\dfrac{AB\cdot5}{2}=\dfrac{6\cdot5}{2}=15\)
b) Áp dụng Py-ta-go ta có:
\(BC^2=AB^2+AC^2=6^2+15^2=261\)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{261}=3\sqrt{29}\)
Bài 2:
\(\left\{{}\begin{matrix}sinM=sin40^o\approx0,64\Rightarrow cosN\approx0,64\\cosM=cos40^o\approx0,77\Rightarrow sinN\approx0,77\\tanM=tan40^o\approx0,84\Rightarrow cotN\approx0,84\\cotM=cot40^o\approx1,19\Rightarrow tanN\approx1,19\end{matrix}\right.\)
Không mất tính tổng quát g/s: MN<MP => NH=7 ; HP=12
Ta có:
\(NP=NH+HP=7+12=19\)
\(MP^2=HP.NP=12.19=228\Rightarrow MP=2\sqrt{57}\)
\(NM^2=NH.NP=7.19=133\Rightarrow NM=\sqrt{133}\)
Vậy
Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho CD=CA. Gọi góc CAD, DAB, ADC lần lượt là A1, A2,D1
Ta có
A=A1+A2=D1+A2=B+2.A2
Theo đề bài ta có A=B+2.C
=>C=A2
Dễ dàng chứng minh tam giác ABC đồng dạng tam giác DBA
=>AB/DB=BC/AB
Đặ BC=a ; AB=c ;Ac=b
c/(a−b)=a/c => c2 = a(a−b)
Do các cạnh của tam giác ABC là ba STN liên tiếp và a>b nên a-b=1 hoặc a-b=2
Sau đó giải hai trường hợp đó ra nghiệm thích hợp AB=2 , AC= 3 ; BC=4
a)Ta có:`MN^2+MP^2=a^2+a^2=2a^2`
`NP^2=2a^2`
`=>MN^2+MP^2=NP^2`
`=>` tam giác MNP vuông cân
b)Xét tam giác vuông cân MNP có:
`MO` là trung tuyến
`=>MO` là đg cao
`=>MO bot NP`
`=>hat{MON}=90^o`
Vì `O` là trung đ NP
`=>NO=OP=(NP)/2=(asqrt2)/2`
`sin\hat{NMO}=(NO)/(MN)=(asqrt2/2)/a=sqrt2/2`
Tương tự với các cái còn lại.
a, do MN=MP=a=>\(\Delta MNP\) cân tại M
b, \(\Delta MNP\) cân tại M có MO là trung tuyến nên đồng thời là đường cao
\(=>MO\perp NP\)=>\(\Delta NOM\) vuông tại O
có: \(NO=\dfrac{NP}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}=\dfrac{a}{\sqrt{2}}cm\)
\(=>\sin\left(NMO\right)=\dfrac{NO}{NM}=\dfrac{\dfrac{a}{\sqrt{2}}}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
theo pytago\(=>OM=\sqrt{MN^2-ON^2}=\sqrt{a^2-\left(\dfrac{a}{\sqrt{2}}\right)^2}\)
\(=\sqrt{a^2-\dfrac{a^2}{2}}=\sqrt{\dfrac{a^2}{2}}=\dfrac{a}{\sqrt{2}}cm\)
\(=>\cos\angle\left(NMO\right)=\dfrac{OM}{NM}=\dfrac{\dfrac{a}{\sqrt{2}}}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
\(=>\tan\angle\left(NMO\right)=\dfrac{ON}{OM}=\dfrac{\dfrac{a}{\sqrt{2}}}{\dfrac{a}{\sqrt{2}}}=1\)
tương tự \(=>\cot\angle\left(NMO\right)=1\)