20 câu trắc nghiệm ứng dụng thực tế hệ thức lượng trong tam giác giải chi tiết được soạn dưới dạng file word và PDF gồm 4 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
Câu 1: Khoảng cách từ $A$ đến $B$ không thể đo trực tiếp được vì phải qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm $C$ mà từ đó có thể nhìn được $A$ và $B$ dưới một góc ${60^ \circ }$. Biết $CA = 200\left( {\;m} \right)$, $CB = 180\left( {\;m} \right)$. Khoảng cách $AB$ bằng bao nhiêu?
A. $228\left( {\;m} \right)$.
B. $20\sqrt {91} \left( {\;m} \right)$.
C. $112\left( {\;m} \right)$.
D. $168\left( {\;m} \right)$.
Lời giải
Chọn B.
$A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2CA \cdot CB \cdot cos{60^ \circ } = 36400 \Rightarrow AB = 20\sqrt {91} \left( {\;m} \right)$.
Câu 2: Từ hai điểm $A$ và $B$ trên mặt đất người ta nhìn thấy đỉnh $C$ và chân $D$ của tháp $CD$ dưới các góc nhìn là ${72^ \circ }{12’}$ và ${34^ \circ }{26’}$ so với phương nằm ngang. Biết tháp $CD$ cao $80\;m$. Khoảng cách $AB$ gần đúng bằng
A. $91\;m$.
B. $71\;m$.
C. $79\;m$.
D. $40\;m$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có: $\widehat {DBC} = {72^ \circ }{12’},\widehat {DAC} = {34^ \circ }{26’}$ nên $\widehat {ACB} = \widehat {DBC} – \widehat {DAC} = {37^ \circ }{46’}$
$BC = \frac{{CD}}{{cos\widehat {DBC}}} \simeq 84\;m$.
Áp dụng định lí sin trong tam giác $ABC$ ta có $AB = \frac{{BC}}{{sin\widehat {DAC}}} \cdot sin\widehat {ACB} \simeq 91\;m$.
Câu 3: Muốn đo chiều cao của tháp chàm Ponaga ở Nha Trang người ta lấy hai điểm $A$ và $B$ trên mặt đất có khoảng cách $AB = 12\;m$ cùng thẳng hàng với chân $C$ của tháp để đặt hai giác kế. Chân của giác kế có chiều cao $h = 1,3\;m$. Gọi $D$ là đỉnh tháp và hai điểm ${A_1},{B_1}$ cùng thẳng hàng với ${C_1}$ thuộc chiều cao $CD$ của tháp. Người ta đo được góc $\widehat {D{A_1}{C_1}} = {49^ \circ }$ và $\widehat {D{B_1}{C_1}} = {35^ \circ }$. Tính chiều cao $CD$ của tháp.
A. $22,77\;m$.
B. $21,47\;m$.
C. $20,47\;m$.
D. $21,77\;m$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có $\widehat {{C_1}D{A_1}} = {90^ \circ } – {49^ \circ } = {41^ \circ };\widehat {{C_1}D{B_1}} = {90^ \circ } – {35^ \circ } = {55^ \circ }$, nên $\widehat {{A_1}D{B_1}} = {14^ \circ }$.
Xét tam giác ${A_1}D{B_1}$, có $\frac{{{A_1}{B_1}}}{{sin\widehat {{A_1}D{B_1}}}} = \frac{{{A_1}D}}{{sin\widehat {{A_1}{B_1}D}}} \Rightarrow {A_1}D = \frac{{12 \cdot sin{{35}^ \circ }}}{{sin{{14}^ \circ }}} \approx 28,45\;m$.
Xét tam giác ${C_1}{A_1}D$ vuông tại ${C_1}$, có
$sin\widehat {{C_1}{A_1}D} = \frac{{{C_1}D}}{{{A_1}D}} \Rightarrow {C_1}D = {A_1}D \cdot sin{C_1}{A_1}D = 28,45 \cdot sin{49^ \circ } \approx 21,47\;m $
$\Rightarrow CD = {C_1}D + C{C_1} \approx 22,77\;m$.
Câu 4: Trên nóc một tòa nhà có cột ăng-ten cao $5\;m$. Từ vị trí quan sát $A$ cao $7\;m$ so với mặt đất, có thể nhìn thấy đỉnh $B$ và chân $C$ của cột ăng-ten dưới góc ${50^ \circ }$ và ${40^ \circ }$ so với phương nằm ngang (như hình vẽ bên). Chiều cao của tòa nhà (được làm tròn đến hàng phần mười) là
A. $21,2\;m$.
B. $14,2\;m$.
C. $11,9\;m$.
D. $18,9\;m$.
Lời giải
Chọn D.
Ta có chiều cao của tòa nhà chính là đoạn $BH$.
Mà $BH = CD + DH = CD + 7$.
Xét tam giác $ACD$ vuông tại $D$ có $AC = \frac{{CD}}{{sin{{40}^ \circ }}}$
Xét tam giác $ABD$ vuông tại $D$ có $AB = \frac{{5 + CD}}{{sin{{50}^ \circ }}}$
Xét tam giác $ABC$ có:
$B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} – 2AB \cdot AC \cdot cos\widehat {BAC}$
$ \Leftrightarrow \left( {\frac{1}{{si{n^2}{{50}^ \circ }}} + \frac{1}{{si{n^2}{{40}^ \circ }}} – \frac{{2cos{{10}^ \circ }}}{{sin{{40}^ \circ }sin{{50}^ \circ }}}} \right)C{D^2} + \left( {\frac{{10}}{{si{n^2}{{50}^ \circ }}} – \frac{{10cos{{10}^ \circ }}}{{sin{{40}^ \circ }sin{{50}^ \circ }}}} \right)CD + \frac{{25}}{{si{n^2}{{50}^ \circ }}} – 25 = 0$
$ \Leftrightarrow CD \approx 11,9$
$ \Rightarrow BH \approx 7 + 11,9 \approx 18,9\left( {\;m} \right)$.
Vậy tòa nhà cao 18,9 m .
Câu 5: Từ một miếng tôn có hình dạng là nửa đường tròn bán kính $1\;m$, người ta cắt ra một hình chữ nhật. Hỏi có thể cắt được miếng tôn có diện tích lớn nhất là bao nhiêu?
A. $1,6\;{m^2}$.
B. $2\;{m^2}$.
C. $1\;{m^2}$.
D. $0,8\;{m^2}$.
Lời giải
Chọn C.
Xét đường tròn bán kính 1 , ta cắt trên đó một hình chữ nhật $ABCD$.
Khi đó ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC \cdot BD \cdot sin\alpha = 2sin\alpha \leqslant 2$.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $\alpha = {90^ \circ }$.
Vậy diện tích lớn nhất của miếng tôn cắt trên nửa đường tròn bằng 1.
Câu 6: Khoảng cách từ $A$ đến $B$ không thể đo trực tiếp được vì phải đi qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm $C$ mà từ đó có thể nhìn được $A$ và $B$ dưới một góc ${78^0}{24’}$. Biết $CA = 250\;m,CB = $ $120\;m$. Khoảng cách $AB$ bằng bao nhiêu?
A. $266\;m$.
B. $255\;m$.
C. $166\;m$.
D. $298\;m$.
Lời giải
Chọn B.
Ta có:
$A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2CB \cdot CAcosC $
$= {250^2} + {120^ \circ } – 2 \cdot 250 \cdot 120 \cdot cos{78^0}{24’} \approx 64835 \Rightarrow AB \approx 255$.
Câu 7: Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát từ vị trí $A$, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một góc ${60^ \circ }$. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ $30\;km/h$, tàu thứ hai chạy với tốc độ $40\;km/h$. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu km?
A. 13 .
B. $15\sqrt {13} $.
C. $20\sqrt {13} $.
D. 15 .
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
Sau 2h quãng đường tàu thứ nhất chạy được là: ${S_1} = 30.2 = 60\;km$.
Sau 2h quãng đường tàu thứ hai chạy được là ${S_2} = 40.2 = 80\;km$.
Vậy sau 2h hai tàu cách nhau là: $S = \sqrt {S_1^2 + S_2^2 – 2{S_1}{S_2} \cdot cos{{60}^0}} = 20\sqrt {13} $
Câu 8: Từ một đỉnh tháp chiều cao $CD = 80\;m$, người ta nhìn hai điểm $A$ và $B$ trên mặt đất dưới các góc nhìn ${72^0}{12’}$ và ${34^0}{26’}$. Ba điểm $A,B,D$ thẳng hàng. Khoảng cách $AB$ gần giá trị nào nhất?
A. $71\;m$.
B. $13\;m$.
C. $79\;m$.
D. $40\;m$.
Lời giải
Chọn B.
Trong tam giác vuông CDA có: $tan{72^ \circ }{12’} = \frac{{CD}}{{AD}} \Rightarrow AD = \frac{{CD}}{{tan{{72}^0}{{12}’}}} = \frac{{80}}{{tan{{72}^0}{{12}’}}} \approx 25,7$
Trong tam giác vuông CDB: $tan{34^ \circ }{26’} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow BD = \frac{{CD}}{{tan{{34}^0}{{26}’}}} = \frac{{80}}{{tan{{34}^0}{{26}’}}} \approx 116,7$
$ \Rightarrow $ khoảng cách $AB \approx 116,7 – 25,7 = 91m$
Câu 9: Để đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ của một kỳ đài trước Ngọ Môn (Đại Nội – Huế), người ta cắm hai cọc $AM$ và $BN$ cao 1,5 mét so với mặt đất. Hai cọc này song song và cách nhau 10 mét và thẳng hàng so với tim cột cờ (Hình vẽ minh họa). Đặt giác kế tại đỉnh $A$ và $B$ để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta được các góc lần lượt là ${51^ \circ }{40’}$ và ${45^ \circ }{39’}$ so với đường song song với mặt đất. Chiều cao của cột cờ (làm tròn 0,01 mét) là:
A. $54,33\;m$.
B. $56,88\;m$.
C. 55,01 m.
D. $54,63\;m$.
Lời giải
Chọn C.
Ta có:
$\widehat {CAB} = {128^0}{20’},\widehat {ACB} = {6^0}1’$
Áp dụng định lý hàm số sin trong $\vartriangle ABC$ :
$\frac{{AC}}{{sin{{45}^0}{{39}’}}} = \frac{{AB}}{{sin{6^0}1′}} \Rightarrow AC = \frac{{AB \cdot sin{{45}^0}{{39}’}}}{{sin{6^0}1′}}$
Xét tam giác vuông ACD:
$CD = AC \cdot sin{51^ \circ }{40’}$
$ \Rightarrow CD = \frac{{AB \cdot sin{{45}^ \circ }{{39}’} \cdot sin{{51}^ \circ }{{40}’}}}{{sin{6^ \circ }1′}}$
Suy ra chiều cao của cột cờ là: $h = 1,5 + CD = 1,5 + \frac{{AB \cdot sin{{45}^0}{{39}’} \cdot sin{{51}^0}{{40}’}}}{{sin{6^0}1′}} \approx 55,01\left( {\;m} \right)$
Câu 10: Một thợ lặn có vị trí cách mặt nước $8\;m$, một con tàu đắm ở góc ${70^0}$. Sau khi cùng xuống tới một điểm cao hơn $14\;m$ so với đáy đại dương, thợ lặn nhìn thấy con tàu đắm ở góc ${57^0}$. Chiều sau của con tàu đắm gần giá trị nào nhất?
A. $24,979\;m$.
B. $32,964\;m$.
C. $32,979\;m$.
D. $33,25\;m$.
Lời giải
Chọn C.
Đặt $CD = x,AB = y$. Xét tam giác BCD: $tan\widehat {CBD} = \frac{x}{{14}} \Rightarrow x = 14 \cdot tan{33^0}$
Xét tam giác ACD: $tan\widehat {CAD} = \frac{x}{{y + 14}}$
$ \Rightarrow \left( {14 + y} \right)tan{20^ \circ } = x$
$ \Rightarrow y = \frac{{14 \cdot tan{{33}^ \circ }}}{{tan{{20}^ \circ }}} – 14 \approx 10,979$
Chiều sâu của con tàu đắm bằng: $8 + \frac{{14 \cdot tan{{33}^ \circ }}}{{tan{{20}^ \circ }}} \approx 32,979$
Câu 11: Đầu của các tổng thống ở Mount Rushmore cao 18 mét. Một du khách nhìn thấy đỉnh đầu của George Washington ở góc cao ${48^0}$ và cằm của ông ở góc cao $44,{76^0}$. Chiều cao của múi Rushmore gần giá trị nào nhất?
A. $182,753\;m$.
B. $99,649\;m$.
C. $99,9\;m$.
D. $168,055\;m$.
Lời giải
Chọn D.
Đặt $AB = y,BC = x$.
Ta có: $tan44,{76^ \circ } = \frac{x}{y} \Rightarrow y = \frac{x}{{tan44,{{76}^0}}}$
Lại có: $tan{48^ \circ } = \frac{{x + 18}}{y} \Rightarrow y = \frac{{x + 18}}{{tan{{48}^ \circ }}} \Rightarrow \frac{x}{{tan44,{{76}^ \circ }}} = \frac{{x + 18}}{{tan{{48}^ \circ }}}$
$ \Rightarrow x = \frac{{18 \cdot tan44,{{76}^ \circ }}}{{tan{{48}^ \circ } – tan44,{{76}^ \circ }}} + 18 \approx 168,055$
Câu 12: Khoảng cách từ $A$ đến $B$ không thể đo trực tiếp được vì phải qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm $C$ mà từ đó có thể nhìn được $A$ và $B$ dưới một góc ${78^ \circ }{24’}$. Biết $CA = 250m,CB = 120m$. Khoảng cách $AB$ bằng bao nhiêu?
A. $266m$.
B. $255m$.
C. $166m$.
D. $298m$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: $A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2CB \cdot CA \cdot cosC $
$= {250^2} + {120^2} – 2 \cdot 250 \cdot 120 \cdot cos{78^ \circ }{24’} \simeq 64835 \Rightarrow AB \simeq 255$.
Câu 13: Hai chiếc tàu thuỷ cùng xuất phát từ vị trí $A$, đi thẳng theo hai hướng tạo với nhau một góc ${60^0}$. Tàu thứ nhất chạy với tốc độ $30\;km/h$, tàu thứ hai chạy với tốc độ $40\;km/h$. Hỏi sau 2 giờ hai tàu cách nhau bao nhiêu $km$ ?
A. 13 .
B. $20\sqrt {13} $.
C. $10\sqrt {13} $.
D. 15 .
Lời giải
Chọn B
Ta có: Sau $2h$ quãng đường tàu thứ nhất chạy được là: ${S_1} = 30.2 = 60\;km$.
Sau $2h$ quãng đường tàu thứ hai chạy được là: ${S_2} = 40.2 = 80\;km$.
Vậy: sau $2h$ hai tàu cách nhau là: $S = \sqrt {S_1^2 + {S_2}{\;^2} – 2{S_1} \cdot {S_2} \cdot cos{{60}^ \circ }} = 20\sqrt {13} $.
Câu 14: Từ một đỉnh tháp chiều cao $CD = 80\;m$, người ta nhìn hai điểm $A$ và $B$ trên mặt đất dưới các góc nhìn là ${72^0}{12’}$ và ${34^0}{26’}$. Ba điểm $A,B,D$ thẳng hàng. Tính khoảng cách $AB$ ?
A. $71\;m$.
B. $91\;m$.
C. $79m$.
D. $40\;m$.
Lời giải
Chọn B
Ta có: Trong tam giác vuông $CDA$ : $tan{72^0}{12’} = \frac{{CD}}{{AD}} \Rightarrow AD = \frac{{CD}}{{tan{{72}^0}{{12}’}}} = \frac{{80}}{{tan{{72}^0}{{12}’}}} \simeq 25,7$.
Trong tam giác vuông $CDB$ : $tan{34^0}{26’} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow BD = \frac{{CD}}{{tan{{34}^0}{{26}’}}} = \frac{{80}}{{tan{{34}^0}{{26}’}}} \simeq 116,7$.
Suy ra: khoảng cách $AB = 116,7 – 25,7 = 91\;m$.
Câu 15: Khoảng cách từ $A$ đến $B$ không thể đo trực tiếp được vì phải qua một đầm lầy. Người ta xác định được một điểm $C$ mà từ đó có thể nhìn được $A$ và $B$ dưới một góc ${56^0}{16’}$. Biết $CA = 200m$, $CB = 180m$. Khoảng cách $AB$ bằng bao nhiêu?
A. $180\;m$.
B. $224\;m$.
C. $112\;m$.
D. $168\;m$.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} – 2CB \cdot CA \cdot cosC = {200^2} + {180^2} – 2 \cdot 200 \cdot 180 \cdot cos{56^0}{16’} \simeq 32416 \Rightarrow AB \simeq 180$.
Câu 16: Trong khi khai quật một ngôi mộ cổ, các nhà khảo cổ học đã tìm được một chiếc đĩa cổ hình tròn bị vỡ, các nhà khảo cổ muốn khôi phục lại hình dạng chiếc đĩa này. Để xác định bán kính của chiếc đĩa, các nhà khảo cổ lấy 3 điểm trên chiếc đĩa và tiến hành đo đạc thu được kết quả như hình vẽ $\left( {AB = 4,3\;cm;BC = 3,7\;cm;CA = 7,5\;cm} \right)$. Bán kính của chiếc đĩa này bằng.
A. $5,73\;cm$.
B. $6,01\;cm$.
C. $5,85\;cm$.
D. $4,57\;cm$.
Lời giải
Chọn A
Bán kính $R$ của chiếc đĩa bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Nửa chu vi của tam giác $ABC$ là: $p = \frac{{AB + BC + CA}}{2} = \frac{{4,3 + 3,7 + 7,5}}{2} = \frac{{31}}{4}\;cm$.
Diện tích tam giác $ABC$ là: $S = \sqrt {p\left( {p – AB} \right)\left( {p – BC} \right)\left( {p – CA} \right)} \approx 5,2\;c{m^2}$.
Mà $S = \frac{{AB \cdot BC \cdot CA}}{{4R}} \Rightarrow R = \frac{{AB \cdot BC \cdot CA}}{{4S}} \approx 5,73\;cm$.
Câu 17: Giả sử $CD = h$ là chiều cao của tháp trong đó $C$ là chân tháp. Chọn hai điểm $A,B$ trên mặt đất sao cho ba điểm $A,B,C$ thẳng hàng. Ta đo được $AB = 24m,\widehat {CAD} = {63^0};\widehat {CBD} = {48^0}$. Chiều cao $h$ của khối tháp gần với giá trị nào sau đây?
A. $61,4\;m$.
B. $18,5\;m$.
C. $60\;m$.
D. $18\;m$.
Lời giải
Chọn A
Ta có $\widehat {CAD} = {63^0} \Rightarrow \widehat {BAD} = {117^0} \Rightarrow \widehat {ADB} = {180^ \circ } – \left( {{{117}^0} + {{48}^0}} \right) = {15^0}$
Áp dụng định lý sin trong tam giác $ABD$ ta có: $\frac{{AB}}{{sin\widehat {ADB}}} = \frac{{BD}}{{sin\widehat {BAD}}} \Rightarrow BD = \frac{{AB \cdot sin\widehat {BAD}}}{{sin\widehat {ADB}}}$
Tam giác $BCD$ vuông tại $C$ nên có: $sin\widehat {CBD} = \frac{{CD}}{{BD}} \Rightarrow CD = BD \cdot sin\widehat {CBD}$
Vậy $CD = \frac{{AB \cdot sin\widehat {BAD} \cdot sin\widehat {CBD}}}{{sin\widehat {ADB}}} = \frac{{24 \cdot sin{{117}^ \circ } \cdot sin{{48}^ \circ }}}{{sin{{15}^ \circ }}} = 61,4\;m$
Câu 18: Nhìn vào bản thiết kế dưới, góc $\widehat {ACD}$ gần giá trị nào nhất?
A. ${126^0}0’23,{08^{”}}$.
B. ${126^0}0’22,{08^{”}}$.
C. ${126^0}0’24,{08^{”}}$.
D. ${126^0}0’21,{08^{”}}$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:
$CD = \sqrt {0,{4^2} + {{(1,25 + 0,6)}^2}} = \frac{{\sqrt {1433} }}{{20}}$
$AC = \sqrt {{{(1,5 + 0,2)}^2} + {{(0,25 + 0,5)}^2}} = \frac{{\sqrt {1381} }}{{20}}$
$AD = \frac{{\sqrt {1117} }}{{10}}$
Ta có: $cos\widehat {ACD} = \frac{{A{C^2} + C{D^2} – A{D^2}}}{{2CA.CD}} = \frac{{\frac{{1381}}{{400}} + \frac{{1433}}{{400}} – \frac{{117}}{{100}}}}{{2 \cdot \frac{{\sqrt {1433} \cdot \sqrt {1381} }}{{400}}}} = – \frac{{827}}{{\sqrt {1978973} }}$
$ \Rightarrow \widehat {ACD} = {126^ \circ }0’23,{08^{”}}$
Câu 19: Dựa vào thiết kế bên dưới, góc giữa $EF$ với $AE$ gần giá trị nào nhất?
A. ${33^0}{41’}24,{24^{”}}$.
B. ${33^0}{40’}24,{24^{”}}$.
C. ${32^ \circ }{41’}24,{24^{”}}$.
D. ${31^0}{41’}24,{24^{”}}$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có: $tan\widehat {DEF} = \frac{{FD}}{{DE}} = \frac{1}{5} \Rightarrow \widehat {DEF} \approx 11,30993247$.
Khi đó: $\widehat {FEA} = {45^ \circ } – \widehat {DEF} \approx {33^0}{41’}24,{24^{”}}$
Câu 20: Trong sơ đồ, chùm sáng hướng vào gương màu xanh, phản xạ vào gương màu đỏ và sau đó phản xạ vào gương màu xanh như hình vẽ. Biết $OP = 2m,OQ = \sqrt 2 + \sqrt 6 m$. Khi đó đoạn $PT$ bằng
A. $\frac{{2\sqrt 6 }}{3}m$.
B. $\frac{{2\sqrt 3 }}{3}m$.
C. $\frac{{2\sqrt 2 }}{3}m$.
D. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}m$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có:
$\widehat {SQB} = \widehat {PQT} = \alpha ,\widehat {TPO} = \beta $ Xét tam giác POQ ta có: $\beta = {45^ \circ } + \alpha $
Ta có: $\widehat {PQO} = {180^ \circ } – 2\beta + \alpha = {90^ \circ } – \alpha $
Áp dụng định lý cosin trong tam giác OPQ ta có:
$P{Q^2} = O{P^2} + O{Q^2} – 2OP \cdot OQ \cdot cos{45^0} $
$= 4 + {(\sqrt 2 + \sqrt 6 )^2} – 2 \cdot 2 \cdot \left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } \right)\frac{{\sqrt 2 }}{2} = 8$.
Khi đó $:cos\alpha = \frac{{{{(\sqrt 2 + \sqrt 6 )}^2} + 8 – 4}}{{2 \cdot 2\sqrt 2 \cdot \left( {\sqrt 2 + \sqrt 6 } \right)}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \alpha = {30^ \circ }$
Áp dụng định lý sin trong tam giác PTO ta có:
$\frac{2}{{sin\left( {{{90}^ \circ } – \alpha } \right)}} = \frac{{PT}}{{sin{{45}^ \circ }}} \Leftrightarrow PT = \frac{{2sin{{45}^ \circ }}}{{sin{{60}^ \circ }}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}$
