Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\Delta AIK\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AI}{AB}\right)^2=c\text{os}^2A\).
Tương tự: \(\frac{S_{BHK}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2B;\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2C\).
Do đó: \(\frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-c\text{os}^2A-c\text{os}^2B-c\text{os}^2C\Rightarrow...\Rightarrow\text{đ}pcm\)
a: Xét tứ giác BEDC có góc BEC=góc BDC=90 độ
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
=>góc AED=góc ACB
Xét ΔAED và ΔACB có
góc AED=góc ACB
góc EAD chung
DO đó: ΔAED đồng dạng với ΔACB
=>\(\dfrac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\dfrac{AE}{AC}\right)^2=cos^2A\)
hay \(S_{ADE}=S_{ACB}\cdot cos^2A\)
b: \(S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ABC}\cdot cos^2A=S_{ABC}\cdot sin^2A\)
C B A E D
Ta có : CDEB có góc CEB = góc BDC = 900
=> CDEB là tứ giác nội tiếp => góc AED = góc BCA (góc ngoài tứ giác nội tiếp)
Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc A chung, góc AED = góc BCA
=> Tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB (g.g)
=> \(\frac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{ADE}=cos^2A\times S_{ABC}\)
Lại có : \(S_{BCDE}+S_{ADE}=S_{ABC}\Rightarrow S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ADE}\)
\(=S_{ABC}-cos^2A\times S_{ABC}\)
\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)=sin^2A\times S_{ABC}\)(vì \(sin^2A+cos^2A=1\))
Dễ dàng chứng minh \(\Delta ADE\approx\Delta ABC\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow AD.AE=\frac{AB}{AC}.AE^2\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AD.AE.\sin EAD=\frac{1}{2}.AB.AC.\cos^2EAD.\sin EAD\)
\(\Rightarrow S_{AED}=S_{ABC}.\cos EAD\)
\(S_{BDEC}=S_{ABC}-S_{AED}=S_{ABC}-S_{ABC}.\cos^2EAD=S_{ABC}\left(1-\cos^2EAD\right)=S_{ABC}.\sin^2EAD\)