Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {B\,} = \alpha .\)

a) Biểu diễn các tỉ số lượng giác của góc nhọn \(\alpha \) theo \(AB,\,\,BC,\,\,CA.\)

b) Chứng minh rằng:

⦁ \(\tan \alpha = \frac{{\sin \alpha }}{{\cos \alpha }};\)        ⦁ \(\cot \alpha = \frac{{\cos \alpha }}{{\sin \alpha }};\)

⦁ \({\sin ^2}\alpha + {\cos ^2}\alpha = 1;\)      ⦁ \(\tan \alpha \cdot \cot \alpha = 1;\)

⦁ \(\frac{1}{{{{\cos }^2}\alpha }} = 1 + {\tan ^2}\alpha ;\)   ⦁ \(\frac{1}{{{{\sin }^2}\alpha }} = 1 + {\cot ^2}\alpha .\)

Gắn dữ kiện của bài toán vào mô hình Toán học như hình vẽ bên, trong đó \(AB,\,\,CD\) là hai trụ điện có chiều cao bằng nhau, nên \(AB = CD;\) \(AC = 80{\rm{\;m}}\) là khoảng cách giữa hai trụ điện; \(\widehat {AMB} = 30^\circ \) và \(\widehat {CMD} = 60^\circ \) là hai góc nâng tương ứng nhìn hai trụ điện từ vị trí \(M.\)

Đặt \(AB = CD = x\) (m) \(\left( {x > 0} \right)\).

Xét tam giác \(ABM\) vuông tại \(A\), ta có:

\(\tan \widehat {AMB} = \frac{{AB}}{{AM}}\), suy ra \(AM = \frac{{AB}}{{\tan \widehat {AMB}}} = \frac{x}{{\tan 30^\circ }} = \frac{x}{{\frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = x\sqrt 3 \) (m).

Xét tam giác \(DCM\) vuông tại \(C\), ta có:

\[\tan \widehat {CMD} = \frac{{CD}}{{CM}},\] suy ra \[CM = \frac{{CD}}{{\tan \widehat {CMD}}} = \frac{x}{{\tan 60^\circ }} = \frac{x}{{\sqrt 3 }}\] (m).

Vì \(AC = AM + MC\) nên ta có:

\(\frac{x}{{\sqrt 3 }} + x\sqrt 3 = 80\)

\(x + 3x = 80\sqrt 3 \)

\(4x = 80\sqrt 3 \)

\(x = 20\sqrt 3 \approx 34,64\) (m).

Suy ra \(AM = x\sqrt 3 = 20\sqrt 3 \cdot \sqrt 3 = 60\;\,\,{\rm{m}}\) và \(CM = \frac{x}{{\sqrt 3 }} = \frac{{20\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} = 20\;{\rm{m}}\).

Vậy trụ điện cao khoảng \(34,64\) m và khoảng cách từ điểm \(M\) đến mỗi trụ điện lần lượt là 20 m và 80 – 20 = 60 m, tương ứng với trụ được nhìn với góc nâng \(30^\circ \) và \(60^\circ .\)

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {18^2} - {9^2} = 243,\] do đó \(AC = \sqrt {243} = 9\sqrt 3 {\rm{\;cm}}.\)

b) Xét \[\Delta ABH\] vuông tại \[H\], ta có:

\(AH = AB \cdot \sin B = 9 \cdot \sin 60^\circ = \frac{{9\sqrt 3 }}{2}{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\), ta có:

\[CH = AC \cdot \cos C = 9\sqrt 3 \cdot \cos 30^\circ = 13,5{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\]

c) Xét \[\Delta ABC\] có \[AD\] là tia phân giác của \[\widehat {BAC}\] nên ta có:

\[\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{AC}}{{AB}},\] hay \[\frac{{DC}}{{DB}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{9} = \frac{{\sqrt 3 }}{1},\] suy ra \[DC = DB\sqrt 3 \].

Mà \[DC + DB = BC = 18\]

Suy ra \[DB\sqrt 3 + DB = 18\], hay \[DB\left( {\sqrt 3 + 1} \right) = 18\]

Do đó \[DB = \frac{{18}}{{\sqrt 3 + 1}} \approx 6,59{\rm{\;cm}}\] và \[DC = DB\sqrt 3 \approx 6,59 \cdot \sqrt 3 \approx 11,41\] (cm).

Lại có \(CH = CD + DH\) nên \(DH = CH - CD \approx 13,5 - 11,41 = 2,09{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \[\Delta ADH\] vuông tại \[H\], theo định lí Pythagore, ta có:

\[A{D^2} = D{H^2} + A{H^2} \approx 2,{09^2} + {\left( {\frac{{9\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 65,1181\]