Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
Bài 1:
a)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\) (cm)
\(S_{ABC}=\frac{AC.CB}{2}=\frac{AB.CK}{2}\Rightarrow CK=\frac{AC.CB}{AB}=\frac{8.6}{10}=4,8\) (cm)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BK=\sqrt{CB^2-CK^2}=\sqrt{6^2-4,8^2}=3,6\) (cm)
\(AK=BA-BK=10-3,6=6,4\) (cm)
b)
\(KH\perp BC, KI\perp AC\Rightarrow \widehat{KHC}=\widehat{KIC}=90^0=\widehat{HCI}\)
Tứ giác $KHCI$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
c)
Xét tam giác $CHK$ và $CKB$ có:
Góc $C$ chung
\(\widehat{CHK}=\widehat{CKB}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle CHK\sim \triangle CKB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CH}{CK}=\frac{CK}{CB}\Rightarrow CH.CB=CK^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CKI\sim \triangle CAK(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CK}{CA}=\frac{CI}{CK}\Rightarrow CA.CI=CK^2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow CH.CB=CA.CI\) (đpcm)
Bài 1:
d)
Vì \(HK\parallel AC\Rightarrow \frac{BH}{BK}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BH=\frac{BK.BC}{AB}\) (định lý Ta-let)
Tương tự: \(\frac{AI}{AK}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AI=\frac{AK.AC}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AK}{BK}.\frac{AC}{BC}\)
Xét tam giác $BKC$ và $BCA$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{BKC}=\widehat{BCA}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BKC\sim \triangle BCA(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BK=\frac{BC^2}{BA}\) (cái này là công thức hệ thức lượng quen thuộc, mình chỉ chứng minh lại thôi nhé)
Tương tự: \(AK=\frac{AC^2}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AK}{BK}=\frac{AC^2}{BC^2}(4)\)
Từ \((3);(4)\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AC^2}{BC^2}.\frac{AC}{BC}=\left(\frac{AC}{BC}\right)^3\) (đpcm)
e)
Áp dụng những công thức thu từ phần d:
\(AB.BH.AI=AB.\frac{BK.BC}{BA}.\frac{AK.AC}{AB}=\frac{AK.BK.BC.AC}{AB}\)
Mà \(AK=\frac{AC^2}{AB}; BK=\frac{BC^2}{AB}\Rightarrow AB.BH.AI=\left(\frac{AC.BC}{AB}\right)^3\)
\(=\left(\frac{2S_{ABC}}{AB}\right)^3=CK^3\) (đpcm)
f)
Ta có: \(S_{KHI}=\frac{KH.KI}{2}=\frac{KM.HI}{2}\)
\(\Rightarrow KM=\frac{KH.KI}{HI}\Rightarrow KM^2=\frac{KH^2.KI^2}{HI^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{HI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{KH^2+KI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{1}{KI^2}+\frac{1}{KH^2}\) (Pitago)
Mà theo phần b ta cm được $KHCI$ là hcn nên \(KI=CH; KH=CI\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\) (đpcm)
Bài 1:
Vì \(DH\parallel AC\Rightarrow \frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}\) (định lý Ta-lét)
Vì \(EH\parallel BA\Rightarrow \frac{EC}{CA}=\frac{CH}{CB}\) (Ta-lét)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BA}.\frac{CA}{EC}=\frac{BH}{CH}(1)\)
Theo công thức lượng trong tam giác vuông (sgk) thì :
\(\left\{\begin{matrix} AB^2=BH.BC\\ AC^2=CH.CB\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{AB^2}{AC^2}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{BD}{BA}.\frac{CA}{EC}=\frac{AB^2}{AC^2}\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{EC}=\frac{AB^3}{AC^3}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^3\) (đpcm)
b)
Ta có: \(BH+CH=BC=10\)
\(BH.CH=AH^2=25\) (theo hệ thức lượng)
\(\Rightarrow BH=CH=5\) (cm)
Theo hệ thức lượng:
\(\frac{1}{DH^2}=\frac{1}{BH^2}+\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^2}\Rightarrow DH=\frac{5}{\sqrt{2}}\)
\(\frac{1}{HE^2}=\frac{1}{AH^2}+\frac{1}{HC^2}=\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^2}\Rightarrow HE=\frac{5}{\sqrt{2}}\)
\(S_{ADHE}=DH.HE=\frac{25}{2}\) (cm vuông)
1c)
Theo tính chất đường phân giác:
\(\frac{KI}{BK}=\frac{CI}{CB}\Rightarrow \frac{BI}{BK}=\frac{CI+CB}{CB}\)
\(\frac{KF}{CK}=\frac{BF}{BC}\Rightarrow \frac{CF}{CK}=\frac{BF+BC}{BC}\)
\(\Rightarrow \frac{BI}{BK}.\frac{CF}{CK}=\frac{(CI+CB)(BF+BC)}{BC^2}(1)\)
Cũng theo tính chất tia phân giác:
\(\frac{CI}{AI}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow \frac{CI}{AC}=\frac{BC}{BC+AB}(2)\)
\(\frac{BF}{AF}=\frac{BC}{AC}\Rightarrow \frac{BF}{BA}=\frac{BC}{AC+BC}(3)\)
Từ (1);(2);(3) , thay thế và rút gọn suy ra:
\(\frac{BI}{BK}.\frac{CF}{CK}=\frac{(AB+BC+AC)^2}{(AB+BC)(AC+BC)}\)
\(=\frac{AB^2+AC^2+BC^2+2(AB.AC+AB.BC+AC.BC)}{AB.AC+AB.BC+AC.BC+BC^2}\)
\(=\frac{2BC^2+2(AB.AC+AB.BC+AC.BC)}{AB.AC+AB.BC+AC.BC+BC^2}=2\) (theo định lý Pitago)
Do đó:
\(BI.CF=2BK.CK\) (đpcm)
a) Áp dụng định lý pitago ta có AC=\(\sqrt{5^2-3^2}\)=4
AH.BC=AB.AC
=>AH=AB.AC/BC=12/5=2.4 (cm)
b) câu b không tính góc B thì mk bó tay :V
3)kẻ BD vuông góc voi71 BC, D thuộc AC
tam giác ABC cân tại A có AH là Đường cao
suy ra AH là trung tuyến
Suy ra BH=HC
(BD vuông góc BC
AH vuông góc BC
suy ra BD song song AH
suy ra BD/AH = BC/CH = 2
suyra 1/BD = 1/2AH suy ra 1BD^2 =1/4AH^2
tam giác BDC vuông tại B có BK là đường cao
suy ra 1/BK^2 =1/BD^2 +1/BC^2
suy ra 1/BK^2 =1/4AH^2 +1/BC^2
1) \(1+tan^2\alpha=1+\dfrac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{cos^2\alpha+sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\) (đpcm).
Lời giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông đối với tam giác vuông $AHB$, đường cao $HE$:
$EA.EB=HE^2$
Tương tự: $FA.FC=HF^2$
$\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HE^2+HF^2=EF^2(1)$ (định lý Pitago)
Mặt khác: Dễ thấy $HEAF$ là hình chữ nhật do có 3 góc $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}=90^0$
$\Rightarrow EF=HA$
$\Rightarrow EF^2=HA^2(2)$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:
$AH^2=HB.HC(3)$
Từ $(1);(2); (3)\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HB.HC$ (đpcm)
