Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABM vuông tại M, ta được:

\(MB^2+MA^2=AB^2\)

\(\Leftrightarrow MB^2=12^2-7.2^2=9.6^2\)

hay MB=9,6(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại B có BM là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:

\(MB^2=MC\cdot MA\)

\(\Leftrightarrow MC=\dfrac{9.6^2}{7,2}=12.8\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔBCM vuông tại M, ta được:

\(BC^2=BM^2+MC^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=9.6^2+12.8^2=256\)

hay BC=16(cm)

Đề bài yêu cầu gì?

a: Xét ΔABC có 

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

b: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:

\(AB\cdot AC=AH\cdot BC\)

\(\Leftrightarrow AH\cdot20=12\cdot16=192\)

hay AH=9,6(cm)

a,theo định lý pytago đảo tính dc A=90

các góc còn lại tính bằng máy tính nha bạn.bạn lấy máy tính bấm \(sin^{-1}\)(cạnh đối/cạnh huyền) là ra góc cần tính nha bạn

b,ah vuông góc bc mà tam giác abc vuông tại a nên

   \(AB^2=BH.BC\Rightarrow100=BH.26\Rightarrow BH=\dfrac{50}{13}\)

   \(\Rightarrow CH=BC-BH=\dfrac{288}{13}\)

\(\Rightarrow AH^2=BH.CH=\dfrac{14400}{169}\Rightarrow AH=\dfrac{120}{13}\)

tick mik nha bn

Lời giải:
a. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$AH=\sqrt{BH.CH}=\sqrt{3,6.6,4}=4,8$ (cm)

Áp dụng định lý Pitago:

$AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{4,8^2+3,6^2}=6$ (cm)

$AC=\sqrt{AH^2+CH^2}=\sqrt{4,8^2+6,4^2}=8$ (cm)

$\tan \widehat{HAC}=\frac{CH}{AH}=\frac{6,4}{4,8}\Rightarrow \widehat{HAC}=53,1^0$

b. $Bx\parallel AC\Rightarrow Bx\perp AB$ hay tam giác $ABK$ vuông tại $A$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông với $ABK, ABC$ thì:

$AH.AK=AB^2$

$BH.BC=AB^2$

$\Rightarrow AH.AK=BH.BC$ (đpcm)

c. 

Tứ giác $KHEC$ có $\widehat{KHC}=\widehat{KEC}=90^0$ nên $KHEC$ là tgnt

$\Rightarrow \triangle AHE\sim \triangle ACK$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{HE}{CK}=\frac{AH}{AC}=\frac{4,8}{8}=\frac{3}{5}$ (đpcm)

d.

Gọi $AB=c, AC=b$ 

$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}=\frac{b^2+c^2}{b^2c^2}$
$S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}=\frac{bc}{a+b+c}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}+b+c}$

$\Rightarrow r^2=\frac{b^2c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)^2}$

Vậy:

\(\frac{r^2}{AH^2}=\frac{b^2+c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+b+c)^2}\)

Theo BĐT AM-GM: $(b+c)^2\leq 2(b^2+c^2)$

$\Rightarrow b+c\leq \sqrt{2(b^2+c^2)}$

\(\Rightarrow \frac{r^2}{AH^2}\geq \frac{b^2+c^2}{(\sqrt{b^2+c^2}+\sqrt{2(b^2+c^2)})^2}=\frac{1}{(1+\sqrt{2})^2}> \frac{1}{9}\)

$\Rightarrow \frac{r}{AH}>\frac{1}{3}$

Hình vẽ:

Áp dụng định lí Pytago vào ΔMNP vuông tại M, ta được:

\(MN^2+MP^2=NP^2\)

\(\Leftrightarrow MP^2=3^2-\left(\sqrt{5}\right)^2=4\)

hay MP=2cm

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔMNP vuông tại M có MK là đường cao ứng với cạnh huyền NP, ta được:

\(\left\{{}\begin{matrix}MN^2=NK\cdot NP\\MK\cdot NP=MN\cdot MP\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}KN=\dfrac{5}{9}\left(cm\right)\\MK=\dfrac{2\sqrt{5}}{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Xét ΔNMK vuông tại K có 

\(\sin\widehat{NMK}=\dfrac{KN}{MN}=\dfrac{\sqrt{5}}{9}\)

\(\cos\widehat{NMK}=\dfrac{MK}{MN}=\dfrac{2}{3}\)

\(\tan\widehat{NMK}=\dfrac{KN}{KM}=\dfrac{\sqrt{5}}{6}\)

\(\cot\widehat{NMK}=\dfrac{KM}{KN}=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}\)

Bài 1:

1: C

2: D

3: A

4: B

5: C

6: D