Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C H 60
Kẻ BH vuông AC tại H
Ta có:
Tam giác BHC vuông tại H
Áp dụng định lí Pitago: \(BC^2=BH^2+HC^2\)
tam giác ABH vuông tại H nên ta suy ra: \(BH^2=AB^2-AH^2\)
và \(HC^2=\left(AC-AH\right)^2=AC^2-2AC.AH+AH^2\)
Vậy \(BC^2=AB^2-AH^2+AC^2-2AC.AH+AH^2=AB^2+AC^2-2AC.AH\)
Xét tam giác vuông AHB tại H có góc A =60 độ => góc B bằng 30 độ
Áp dụng định lí trong một tam giác vuông cạnh đối diện với góc 30 độ bằng một nửa cạnh huyền
nên ta có: \(AH=\frac{1}{2}AB\)hay 2AH=AB
Thay vào ta suy ra đc điều phải chứng minh
A B C H
Kẻ \(CH\perp AB\left(H\in AB\right)\)
Ta có:Xét \(\Delta AHC\) có:\(\widehat{CHA}=90^0,\widehat{HAC}=60^0\Rightarrow\widehat{ACH}=30^0\)
\(\Rightarrow AH=\frac{AC}{2}\)(Theo tính chất cạnh đối diện với góc 30 độ bằng một nửa cạnh huyền)
\(\Rightarrow HB=AB-HA=AB-\frac{AC}{2}\)
Xét \(\Delta HAC\) có:\(AC^2=HA^2+HC^2\Rightarrow HC^2=AC^2-AH^2=AC^2-\left(\frac{AC}{2}\right)^2=\frac{3}{4}AC^2\)(Theo định lý Pythagore)
Xét \(\Delta BCH\) có:\(BC^2=BH^2+CH^2=\left(AB-\frac{AC}{2}\right)^2+\frac{3}{4}AC^2\)
\(=\left(AB-\frac{AC}{2}\right)\left(AB-\frac{AC}{2}\right)+\frac{3}{4}AC^2\)
\(=AB\left(AB-\frac{AC}{2}\right)-\frac{AC}{2}\left(AB-\frac{AC}{2}\right)+\frac{3}{4}AC^2\)
\(=AB^2-AB\cdot AC+\frac{AC^2}{4}+\frac{3}{4}AC^2\)
\(=AB^2-AB\cdot AC+AC^2\left(đpcm\right)\)
Đầu tiên, vẽ tia p/g AD vì góc BAC =2ABC=>Có hai trường hợp sảy ra:1 ^ABD=^BAD=> Tam giác ADB cân tại D=>AD=BD(1)
2 ^ABC=^DAC=>tam giác ABC=tam giác DAC
[AB/AD=BC/AC=>AB.AC=BC.AD (theo(1))
[AC/BC=DC/AC<=>AC^2=BC/DC=BC(BC-BD)=BC^2-AB.AC
=>BC^2=AC^2+AB.AC
Giả sử \(0< a\le c\)\(\Rightarrow a^2\le c^2\)
\(a^2+b^2>5c^2\)
\(\Rightarrow a^2+b^2>5a^2\)
\(\Rightarrow b^2>4a^2\)
\(\Rightarrow b>2a\) (1)
\(c^2\ge a^2\Rightarrow c^2+b^2\ge a^2+b^2>5c^2\)
\(\Rightarrow c^2+b^2>5c^2\)\(\Rightarrow b^2>4c^2\Rightarrow b>2c\) (2)
Cộng (1) và (2) ta được:
\(2b>2a+2c\Rightarrow b>a+c\) ( vô lý )
\(\Rightarrow c< a\)
Chứng minh tương tự : \(c< b\)
Do \(\hept{\begin{cases}c< a\\c< b\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}AB< BC\\AB< AC\end{cases}}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{C}< \widehat{A}\\\widehat{C}< \widehat{B}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow2\widehat{C}< \widehat{A}+\widehat{B}\)
\(\Rightarrow3\widehat{C}< \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o\)
\(\Rightarrow\widehat{C}< 60^o\) (đpcm)
A C B E D F F' G K L H
Trên cạnh BA của \(\Delta\)ABC lấy điểm G sao cho BG = BC. Ta có:
^CFB = 1800 - ^BCF - ^CBF = 1800 - ^BCE - ^CBE = 700 => ^CFB = ^BCF (=700)
=> \(\Delta\)CBF cân tại B => BF = BC = BG => \(\Delta\)GBF cân tại B => ^BGF = (1800 - ^GBF)/2 = 800
=> ^FGA = 1000. Gọi GF cắt AC tại L. Trên đoạn GL lấy điểm F' sao cho ^CAF' = 100
Qua F' dựng đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt AC tại H
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C, dựng \(\Delta\)GAK đều
Xét \(\Delta\)ALG: ^LGA = 1000 (cmt), ^LAG = 400 => \(\Delta\)ALG cân tại G => \(\Delta\)LF'H cân tại F' (F'H // AG)
Xét \(\Delta\)CLG: ^GCL = ^ACB - ^BCG = 200, ^CLG = 1800 - ^GLA = 1400 => \(\Delta\)CLG cân tại L
Có ^GAF' = ^BAC - ^CAF' = 300 = ^GAK/2 => ^GAF' = ^KAF'. Từ đây dễ có \(\Delta\)F'GA = \(\Delta\)F'KA (c.g.c)
=> F'G = F'K => \(\Delta\)GF'K cân tại F'. Do ^F'GK = ^F'GA - ^KGA = 400 nên ^GF'K = 1000
Suy ra ^GF'K = ^HF'L (= ^AGL = 1000) => ^GF'H = ^KF'L (= 1000 - ^KF'H)
Kết hợp với F'H = F'L; F'G = F'K (cmt) suy ra \(\Delta\)HF'G = \(\Delta\)LF'K (c.g.c) => ^F'LK = ^F'HG
Dễ dàng tính được ^F'LK = ^GLK = (1800 - 400)/2 = 700 => ^F'HG = 700 => ^HGA = 700 (Vì F'H // AG)
Ta thấy \(\Delta\)AGH có ^GAH = 400 , ^HGA = 700 => \(\Delta\)AGH cân tại A
Từ đó AH = AG = GL = CL (Vì các tam giác AGL, CLG cân). Dễ dàng chứng minh:
\(\Delta\)CLF' = \(\Delta\)AHF' (c.g.c) (F'L = F'H, ^F'LC = ^F'HA, CL = AH) => ^LCF' = ^HAF' = ^CAF' = 100
=> ^BCF' = 700 = ^BCE => CF' trùng CE. Ban đầu ta nhận thấy CE cắt GL tại F
Mà CF' trùng CE, F' thuộc GL nên F' trùng F. Tức là ^CAF = ^CAF' = 100 => ^CAF + ACB = 900
Vậy thì AF vuông góc với BC (đpcm).
Câu 1
a.
Xét \(\Delta ABC\) có :
\(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=180^o\) ( định lý tổng 3 góc của 1 \(\Delta\) )
\(\Rightarrow\widehat{BCA}=40^o\) (1)
Ta có Ax là tia đối của AB
suy ra \(\widehat{BAC}+\widehat{CAx}=180^o\)
\(\widehat{CAx}=80^o\)
lại có Ay là tia phân giác \(\widehat{CAx}\)
\(\Rightarrow\widehat{xAy}=\widehat{yAc}=\dfrac{\widehat{CAx}}{2}=\dfrac{80^o}{2}=40^o\) (2)
Từ (1)(2) suy ra \(\widehat{yAc}=\widehat{ACB}=40^o\)
mà chúng ở vị trí so le trong
\(\Rightarrow\) Ay//BC
Bài 2
Rảnh làm sau , đến giờ học rồi .
Kẻ BH ⊥ AC tại H.
Xét tam giác ABH có góc BHA = 90độ (cách kẻ)
=> góc ABH + góc BAH = 90độ (phụ nhau) => góc ABH = 90độ - góc BAH = 90độ - 60độ = 30độ => góc ABH = 30độ
Xét tam giác ABH có góc BHA = 90độ và góc ABH = 30độ
=> Theo bổ đề trên ta có: AH = AB/2 => 2AH = AB (1)
Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:
AB² = BH² + AH²
=> BH² = AB² - AH² (2)
Xét tam giác BHC có góc BHC = 90độ (cách kẻ)
=> Áp dụng định lý Py-ta-go ta có:
BC² = BH² + HC² = BH² + (AC - AH)² = BH² + AC² - 2AH.AC + AH² (3)
Thay (1) và (2) vào (3) ta có:
BC² = (AB² - AH²) + AC² - AB.AC + AH²
<=> BC² = AB² - AH² + AC² - AB.AC + AH
<=> BC² = AB² + AC² - AB.AC
chúc bạn học tốt