Bài 4: Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

a: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

b:

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AH=EF

Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot EB=HE^2\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(FA\cdot FC=FH^2\)

\(AE\cdot EB+FA\cdot FC=EH^2+FH^2=EF^2=AH^2\)

c: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{AC}=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{CH^2}\)

\(=\dfrac{AB^4}{AC^4}\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)

Lời giải:

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến, suy ra $H$ là trung điểm của $BC$

\(\Rightarrow CM=MH+CH=\frac{HB}{2}+HC=\frac{BC}{4}+\frac{BC}{2}=\frac{3}{4}BC=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

$M,N$ lần lượt là trung điểm của $BH,AB$ nên $MN$ là đường trung bình ứng với cạnh $AH$ của tam giác $AHB$

$\Rightarrow MN\parallel AH, MN=\frac{AH}{2}$

$\Rightarrow MN\perp BC, MN=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $CNM$ vuông tại $M$:

\(CN=\sqrt{MN^2+CM^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{27}{16}}=\frac{\sqrt{35}}{4}\)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $A,K,M$ thẳng hàng:

\(\frac{KC}{KN}.\frac{MB}{MC}.\frac{AN}{AB}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KC}{KN}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{KC}{KN}=6\Rightarrow \frac{KC}{CN}=\frac{6}{7}\)

\(\Rightarrow KC=\frac{6}{7}.CN=\frac{3\sqrt{35}}{14}\) (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $N,K,C$ thẳng hàng:

\(\frac{AN}{BN}.\frac{KM}{KA}.\frac{CB}{CM}=1\Leftrightarrow 1.\frac{KM}{KA}.\frac{4}{3}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KM}{KA}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{KM}{AM}=\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow KM=\frac{3}{7}.AM=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+MH^2}=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+(\frac{BC}{4})^2}\)

\(=\frac{3}{7}.\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{4})^2}=\frac{3\sqrt{35}}{28}\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow \frac{KM}{KC}=\frac{1}{2}=\frac{MH}{CH}\), suy ra $KH$ là phân giác góc $\widehat{CKM}$

Hình vẽ:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :

\(CH^2=AH.BH\)

\(=>CH=\sqrt{3.7}=\sqrt{21}\left(cm\right)\)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác BCH có :

\(BC=\sqrt{CH^2+BH^2}=\sqrt{\left(\sqrt{21}\right)^2+7^2}=\sqrt{70}\left(cm\right)\)

Diện tích tam giác ABC là :

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}.CH.AB=\dfrac{1}{2}.\sqrt{21}.10=5\sqrt{21}\left(cm^2\right)\)

Tam giác ABC vuông tại C, có đường cao CH, áp dụng hệ thức lương trong tam giác vuông ta có:
\(CB^2=BH.AB\)

\(CB^2=7.10\)

\(CB=\sqrt{70}\)
Từ đó áp dụng định lí PI-TA-GO tính AC

Cái chỗ độ dài tam giác ABC mình ko được hiểu cho lắm nê cứ cho là tính độ dài các đoạn trong tam giác ABC đi ha!

\(sinx+cosx=\sqrt{2}\) \(\Leftrightarrow\) \(x\left(sin+cos\right)=\sqrt{2}\)

\(\Leftrightarrow\) \(x=\dfrac{\sqrt{2}}{\left(sin+cos\right)}\)

\(sinx+cosx=\sqrt{2}\Leftrightarrow\left(sin^2x+cos^2x+2sinx.cosx\right)=2\)

\(\Leftrightarrow1+2sinx.cosx=2\Leftrightarrow sinx.cosx=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow sin^2x=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow sinx=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)

Giải trên máy tính =>x=45.

a: \(BE\cdot CF\cdot BC=\dfrac{BH^2}{BA}\cdot\dfrac{CH^2}{CA}\cdot BC\)

\(=AH^4\cdot\dfrac{BC}{BA\cdot CA}=\dfrac{AH^4\cdot}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)

b: \(\dfrac{CF}{BE}=\dfrac{CH^2}{CA}:\dfrac{BH^2}{AB}=\dfrac{CH^2}{CA}\cdot\dfrac{AB}{BH^2}\)

\(=\dfrac{AC^4}{AB^4}\cdot\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AC^3}{AB^3}\)

Đầu tiên ta biến đổi hệ thức AI²=AM.AN

Ta có AMDN là hình chữ nhật \(\Rightarrow\) \(AI=IM=IN=\dfrac{MN}{2}\)

\(\Rightarrow AI^2=AM\cdot AN=\dfrac{MN^2}{4}\)

Mà TG AMN vuông tại A

\(\Rightarrow sinAMN=\dfrac{AN}{MN}\)và \(cosAMN=sinANM=\dfrac{AM}{AN}\)

\(\Rightarrow sinAMN\cdot cosAMN=\dfrac{AM\cdot AN}{MN^2}=\dfrac{1}{4}\)(1)

và \(sin^2AMN+cos^2AMN=\dfrac{AM^2+AN^2}{MN^2}=1\left(Pitagore\right)\)(2)

(1)(2) \(\Rightarrow sinAMN-cosAMN=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}\)

và \(\Rightarrow sinAMN+cosAMN=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}\)

do đó: \(sinAMN=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\Rightarrow AMN=75\)

và \(cosAMN=sinANM=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\Rightarrow ANM=15\)

Sau khi chứng minh AMN=B và ANM=C ta có

B=75 và C=15

XétΔBAC có AD là phân giác

nên BD/CD=AB/AC

hay AB/AC=3/4

=>AB/3=AC/4

Đặt AB/3=AC/4=k

=>AB=3k; AC=4k

Xet ABC vuông tại A có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow25k^2=100\)

=>k=2

=>AB=6; AC=8

=>AH=4,8(cm)