Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C L N M
1, 2 tam giac vuong ANB va tam giac ALC co goc A chung nen 2 tam giac nay dong dang
\(\Rightarrow\frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}\)
vi vay \(\Delta ANL~\Delta ABC\)
2, ta co \(AN=\cos A\cdot AB\) \(BL=\cos\cdot BC\) \(CM=\cos C\cdot AC\)
\(\Rightarrow AN\cdot BL\cdot CM=\cos A\cdot\cos B\cdot\cos C\cdot AB\cdot AC\cdot BC\)
hay\(\frac{AN\cdot BL\cdot CM}{AB\cdot BC\cdot CA}=\cos A\cdot\cos B\cdot\cos C\)
a. Xét hai tam giác BNA và CLA, ta có:
∠ BNA = ∠ CLA = 90 °
góc A chung
Suy ra ∆ BNA đồng dạng ∆ CLA (g.g)
Suy ra: AL/AN = AC/AB ⇒ AL/AC = AN/AB
Xét hai tam giác ABC và ANL, ta có:
AL/AC = AN/AB
góc A chung
Suy ra ∆ ABC đồng dạng ∆ ANL (c.g.c)
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
Bài toán này dựa vào nhận xét sau đây: Nếu AD,BE,CF là đường cao của tam giác thì \(\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}=\frac{1}{r}.\) Thực vậy, do tâm đường tròn nội tiếp chia tam giác ra thành 3 tam giác con có cùng độ dài đường cao là r. Do đó \(S=r\cdot\frac{AB+BC+CA}{2},\) với \(S\) là diện tích tam giác ABC. Mặt khác \(\frac{1}{AD}=\frac{BC}{2S},\frac{1}{BE}=\frac{CA}{2S},\frac{1}{CF}=\frac{AB}{2S}\to\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}=\frac{AB+BC+CA}{2S}.\) Từ đó ta có đẳng thức.
Quay lại bài toán, từ giả thiết suy ra \(\frac{1}{AM}+\frac{1}{BN}+\frac{1}{CP}=\frac{1}{AD}+\frac{1}{BE}+\frac{1}{CF}.\) Do quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc, ta có \(AM\ge AD,AN\ge BE,AP\ge CF\to\)các dấu bằng phải xảy ra, do đó M,N,P trùng với chân các đường cao của tam giác. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau BP=BM, suy ra hai tam giác vuông AMB và CPB bằng nhau (g.c.g). Do đó AB=CB. Tương tự BC=AC. Vậy tam giác ABC đều.
A B C E F N M O D G
1. Vì \(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\) nên tứ giác AEBD nội tiếp đường tròn đường kính AB.
2. Tứ giác AEBD, AFCD nội tiếp và BE, CF tiếp xúc (O), suy ra:
\(\widehat{AED}=\widehat{ABC}=\widehat{ACF}=\widehat{ADF};\widehat{AFD}=\widehat{ADE}\)
Do đó \(\Delta\)EAD ~ \(\Delta\)DAF, suy ra \(AD^2=AE.AF\)
3. Ta có \(AE.AF=\left(AM+AN\right)^2=\frac{\left(AE+AF\right)^2}{4}\Leftrightarrow\left(AE-AF\right)^2=0\Leftrightarrow AE=AF\)
Từ đó \(\Delta\)AEG = \(\Delta\)AFG (Cạnh huyền.Cạnh góc vuông), suy ra GA là phân giác góc BGC
Mà \(\Delta\)GBC cân tại G nên GA là trung trực BC hay \(\Delta\)ABC cân tại A
Vậy đường cao AD trùng với AO hay A,O,D thẳng hàng.
ABN vuông tại N nên AN = AB.cosB (1)
∆ BCL vuông tại L nên BL = BC.cosB (2)
∆ ACM vuông tại M nên CM = AC.cosC (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra: AN.BL.CM = AB.BC.CA. cosA cosB cosC