Giải hệ phương trình:

 \(\left\{ \begin{array}{l}\frac{{3x + 1}}{{2y - 3}} = - 1\\5\left( {2y - 1} \right) - 3\left( {x + 2y} \right) = 0\end{array} \right.\).

a)

Ta có \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) minh họa bài toán. Trong đó, quãng đường bay theo đường xiên là \(AB = 2{\rm{\;km}} = 2000{\rm{\;m}}\); \(\widehat {A\,\,} = 7^\circ \) và độ cao hạ được chính là cạnh góc vuông \(BC\) đối diện với góc \(7^\circ \).

Áp dụng số lượng giác trong \(\Delta ABC\) vuông tại \(C\) có:

\(BC = AB \cdot \sin 7^\circ  = 2000 \cdot \sin 7^\circ  \approx 243,738 \approx 244\) (m).

Vậy khi máy bay bay theo hướng đó được \(2\) km thì máy bay đã hạ độ cao được \(244\,\,{\rm{m\'e t}}{\rm{.}}\)

b) Độ cao cần hạ là \(h = 300\) m. Quãng đường bay \(s\) (m) để hạ độ cao \(300{\rm{\;m}}\) là:

\(s = \frac{h}{{\sin 7^\circ }} = \frac{{300}}{{\sin 7^\circ }} \approx 2461,65\) (m).

Tốc độ máy bay \(v = 198{\rm{\;km/h}} = \frac{{198}}{{3,6}} = 55{\rm{\;m/s}}\).

Thời gian máy bay bay để hạ độ cao \(300\) m là:

\(t = \frac{s}{v} \approx \frac{{2461,65}}{{55}} \approx 44,757 \approx 45\) giây.

Vậy sau \(45\) giây máy bay hạ độ cao được \(300\) mét.

a)

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có \(\widehat {B\,} = 52^\circ \) suy ra \(\widehat {C\,} = 90^\circ  - \widehat {B\,} = 90^\circ  - 52^\circ  = 38^\circ \).

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn vào \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(AC = AB \cdot \tan B = 6 \cdot \tan 52^\circ  \approx 7,679 \approx 7,7\) (cm).

\(BC = \frac{{AB}}{{\cos B}} = \frac{6}{{\cos 52^\circ }} \approx 9,745 \approx 9,7\) (cm).

b) ⦁ Chứng minh \(AQ \cdot AC = A{H^2}\)

Xét \({\rm{\Delta }}AQH\) và \({\rm{\Delta }}AHC\):

\(\widehat {AQH} = \widehat {AHC} = 90^\circ \) (do \(HQ \bot AC\) và \(AH \bot BC\));

\(\widehat {HAC}\) là góc chung (tức \(\widehat {HAQ} = \widehat {CAH}\)).

Do đó, $\text{Δ}AQH\backsim \text{Δ}AHC$.

Suy ra \(\frac{{AQ}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) suy ra \(A{H^2} = AQ \cdot AC\) (1).

⦁ Chứng minh $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}AQN$:

Xét \({\rm{\Delta }}ANH\) và \({\rm{\Delta }}AHB\) có:

\(\widehat {ANH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) (do \(HN \bot AB\) và \(AH \bot BC\));

\(\widehat {HAB}\) là góc chung (tức \(\widehat {HAN} = \widehat {BAH}\)).

Do đó, $\text{Δ}ANH\backsim \text{Δ}AHB$.

Suy ra \(\frac{{AN}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) suy ra \(AN \cdot AB = A{H^2}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(AQ \cdot AC = AN \cdot AB\) suy ra \(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}ABC\) và \({\rm{\Delta }}AQN\) có:

\(\widehat {A\,\,}\) là góc  chung (tức \(\widehat {QAN} = \widehat {BAC} = 90^\circ \));

\(\frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\).

Do đó, $\text{Δ}ABC\backsim \text{Δ}AQN$ (c.g.c).

c)

Trong \({\rm{\Delta }}ABF\) vuông tại \(F\) có: \(\cos \widehat {ABK} = \frac{{BF}}{{AB}}\).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\cos \widehat {ABC} = \frac{{AB}}{{BC}}\).

Do đó:

\(VP = CK \cdot \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC} = CK \cdot \frac{{BF}}{{AB}} \cdot \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{CK \cdot BF}}{{BC}}\) (1).

Trong \({\rm{\Delta }}ABH\) vuông tại \(H\) có: \(BH = AB \cdot \cos \widehat {ABC}\).

Trong \({\rm{\Delta }}ABK\) vuông tại \(A\) có: \(BK = \frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABK}}}\).

Do đó, \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{AB \cdot \cos \widehat {ABC}}}{{\frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABK}}}}} = \cos \widehat {ABC} \cdot \cos \widehat {ABK}\) (3).

\(\frac{{BF}}{{BC}} = \frac{{AB \cdot \cos \widehat {ABK}}}{{\frac{{AB}}{{\cos \widehat {ABC}}}}} = \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BHF\) và \({\rm{\Delta }}BKC{\rm{\;}}\) có \(\frac{{BH}}{{BK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) và \(\widehat {KBC}\) là góc chung.

Suy ra $\text{Δ}BHF\backsim \text{Δ}BKC$ (c.g.c).

Do đó, \(\frac{{HF}}{{CK}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) suy ra \(HF = \frac{{CK \cdot BF}}{{BC}}\) (5).

Từ (1) và (5) suy ra: \(HF = CK \cdot \cos \widehat {ABK} \cdot \cos \widehat {ABC}\) (đpcm).