Một tòa tháp có bóng trên mặt đất dài \(59\) m, biết rằng góc tạo bởi tia nắng mặt trời với mặt đất là \(32^\circ \). Hỏi tòa tháp cao bao nhiêu m? (làm tròn đến hàng phần mười).

Gọi số vé khán đài \(A\) và khán đài \(B\) bán được lần lượt là \(x,\,\,y\) (vé).

Điều kiện: \(x,\,\,y \in {\mathbb{N}^ * }\); \(x,\,\,y < 800\).

Tổng số vé bán được là \(800\) vé nên \(x + y = 800\).

Tổng số tiền thu được là \(95\,\,000\,\,000\) đồng nên ta có phương trình:

\(150\,\,000x + 100\,\,000y = 95\,\,000\,\,000\)

\(3x + 2y = 1900\).

Ta có hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = 800}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.\).

Nhân hai vế của phương trình thứ nhất với \(2\) và giữ nguyên phương trình thứ hai, ta được:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2x + 2y = 1600}\\{3x + 2y = 1900}\end{array}} \right.\).

Trừ từng vế hai phương trình của hệ mới, ta được \(x = 300\) (thỏa mãn).

Thế \(x = 300\) vào phương trình thứ nhất của hệ đã cho, ta có:

\(300 + y = 800\) suy ra \(y = 500\) (thỏa mãn).

Vậy bán được \(300\) vé khán đài \(A\) và \(500\) vé khán đài \(B\).

1) Do \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) nên \[\widehat {C\,} = 90^\circ  - \widehat {B\,} = 90^\circ  - 60^\circ  = 30^\circ \].

Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn cho \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\) ta có:

\(\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(BC = \frac{{AB}}{{\cos B}} = \frac{8}{{\cos 60^\circ }} = 16\) (cm);

\(\tan B = \frac{{AC}}{{AB}}\) suy ra \(AC = AB \cdot \tan B = 8 \cdot \tan 60^\circ  = 8\sqrt 3 \) (cm).

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

\(\widehat {AHB} = \widehat {ADH} = 90^\circ \);

\(\widehat {BAH}\) chung.

Do đó, $\text{Δ}AHB\backsim \text{Δ}ADH$ (g.g).

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

3) Do \({\rm{\Delta }}BDH\) vuông tại \(D\) nên \(\tan \widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}}\) (1).

Ta có \(\widehat {AHD} = \widehat {ABH}\) (cùng phụ với \(\widehat {BAH}\)) tức \(\widehat {AHD} = \widehat {DBH}\).

\({\rm{\Delta }}ADH\) vuông tại \(D\) nên \(\tan \widehat {AHD} = \frac{{DA}}{{DH}}\), suy ra \(\tan \widehat {DBH} = \frac{{DA}}{{DH}}\) (2).

Nhân \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) theo vế ta được:\({\tan ^2}\widehat {DBH} = \frac{{DH}}{{DB}} \cdot \frac{{DA}}{{DH}} = \frac{{DA}}{{DB}}\).

4) Tứ giác \(ADHE\) có \(\widehat {DAE} = \widehat {ADH} = \widehat {AEH} = 90^\circ \) nên \(ADHE\) là hình chữ nhật.

Suy ra \(DE = AH\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(AH\) và \(DE\). Hai đường chéo của hình chữ nhật bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên \(OA = OE\).

Do đó \({\rm{\Delta }}OAE\) cân tại \(O\), suy ra \(\widehat {OEA} = \widehat {OAE}\) hay \(\widehat {AED} = \widehat {HAC}\).

Mà \(\widehat {HAC} = \widehat {ABC}\) (cùng phụ với \(\widehat {ACB}\)) nên \(\widehat {AED} = \widehat {ABC}\).

\({\rm{\Delta }}AKE\) vuông tại \(K\) nên \(\widehat {KAE} = 90^\circ  - \widehat {AED} = 90^\circ  - \widehat {ABC} = \widehat {ACB}\).

Vì \(K\) thuộc \(AI\), \(E\) thuộc \(AC\) nên \(\widehat {IAC} = \widehat {KAE}\).

Vì \(I\) thuộc \(BC\) nên \(\widehat {ICA} = \widehat {ACB}\).

Suy ra \(\widehat {IAC} = \widehat {ICA}\), do đó \({\rm{\Delta }}IAC\) cân tại \(I\), suy ra \(IA = IC\).

Lại có \(\widehat {IAB} = \widehat {BAC} - \widehat {IAC} = 90^\circ  - \widehat {ACB} = \widehat {ABC} = \widehat {IBA}\) nên \({\rm{\Delta }}IAB\) cân tại \(I\), suy ra \(IA = IB.\)

Suy ra \(I\) là trung điểm của \(BC\). Do đó, \({S_{{\rm{\Delta }}ABI}} = \frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}AED\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) có: \(\widehat {EAD} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) và \(\widehat {AED} = \widehat {ABC}\).

Do đó, $\text{Δ}AED\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g) suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (3).

Chứng minh tương tự ta cũng có $\Delta AKE\backsim \Delta AHB$ (g.g) suy ra \(\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{AE}}{{AB}}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{AK}}{{AH}}\).

Do đó, \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}AK \cdot DE}}{{\frac{1}{2}AH \cdot BC}} = \frac{{AK}}{{AH}} \cdot \frac{{DE}}{{BC}} = {\left( {\frac{{DE}}{{BC}}} \right)^2} = \frac{{A{H^2}}}{{B{C^2}}}\).

Suy ra \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{\frac{1}{2}{S_{{\rm{\Delta }}ABC}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{{B{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{{A{B^2} + A{C^2}}}{{2A{H^2}}} = \frac{1}{2}\frac{{A{B^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{1}{2}\frac{{A{C^2}}}{{A{H^2}}}\).

\({\rm{\Delta }}AHB\) vuông tại \(H\) có \(\sin B = \frac{{AH}}{{AB}}\); \({\rm{\Delta }}AHC\) vuông tại \(H\) có \(\sin C = \frac{{AH}}{{AC}}\).

Vậy \(\frac{{{S_{{\rm{\Delta }}ABI}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}ADE}}}} = \frac{1}{{2{{\sin }^2}B}} + \frac{1}{{2{{\sin }^2}C}}\).