Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

b: ΔOCE cân tại O

mà OK là đường trung tuyến

nên OK\(\perp\)CE tại K

Xét tứ giác OAMK có \(\widehat{OAM}+\widehat{OKM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMK là tứ giác nội tiếp 
=>O,A,M,K cùng thuộc một đường tròn

c: Xét ΔOAM vuông tại A có \(sinAMO=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{AMO}=30^0\)

Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MO là phân giác của \(\widehat{AMB}\)

MO là phân giác của góc AMB

=>\(\widehat{AMB}=2\cdot\widehat{AMO}=30^0\cdot2=60^0\)

ΔOAM vuông tại A

=>\(OA^2+AM^2=OM^2\)

=>\(AM^2=OM^2-OA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

=>\(AM=R\sqrt{3}\)

Xét ΔAMB có MA=MB và \(\widehat{AMB}=60^0\)

nên ΔMAB đều

=>\(S_{MAB}=MA^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\left(R\sqrt{3}\right)^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3R^2\cdot\sqrt{3}}{4}\)

a: Xét (O) có

DB,DE là tiếp tuyến

Do đó: DB=DE

mà OB=OE

nên OD là đường trung trực của BE

=>OD\(\perp\)BE tại I và I là trung điểm của BE

b: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>BA\(\perp\)CA tại A

=>BA\(\perp\)CD tại A

Xét ΔDBC vuông tại B có BA là đường cao

nên \(DA\cdot DC=DB^2\left(1\right)\)

ΔDBO vuông tại B có BI là đường cao

nên \(DI\cdot DO=DB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(DA\cdot DC=DI\cdot DO\)

a: Xét tú giác MHBE có \(\widehat{MHB}+\widehat{MEB}=90^0+90^0=180^0\)

nên MHBE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác MHCF có \(\widehat{MHC}+\widehat{MFC}=90^0+90^0=180^0\)

nên MHCF là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: MHBE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HME}+\widehat{HBE}=180^0\)

=>\(\widehat{HME}+\widehat{ABC}=180^0\left(1\right)\)

Ta có: MHCF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HMF}+\widehat{HCF}=180^0\)

=>\(\widehat{HMF}+\widehat{ACB}=180^0\left(2\right)\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và AO là phân giác của góc BAC và OA là phân giác của góc BOC

Xét ΔACB có AB=AC

nên ΔABC cân tại A

=>\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{HME}=\widehat{HMF}\)

Xét (O) có

\(\widehat{MBC}\) là góc nội tiếp chắn cung MC

\(\widehat{MCF}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CF và dây cung CM

Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{MCF}\)

mà \(\widehat{MBC}=\widehat{MEH}\)(BHME là tứ giác nội tiếp)

và \(\widehat{MCF}=\widehat{MHF}\)(MHCF là tứ giác nội tiếp)

nên \(\widehat{MEH}=\widehat{MHF}\)

Xét ΔMEH và ΔMHF có

\(\widehat{MEH}=\widehat{MHF}\)

\(\widehat{EMH}=\widehat{HMF}\)

Do đó: ΔMEH~ΔMHF

=>\(\dfrac{ME}{MH}=\dfrac{MH}{MF}\)

=>\(MH^2=ME\cdot MF\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC^2=BC^2-AB^2=10^2-6^2=64\)

=>\(AC=\sqrt{64}=8\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\)

=>\(BH\cdot10=6^2=36\)

=>BH=36/10=3,6

Xét ΔABC vuông tại A có \(cosB=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(cosB=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}\)

a: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

b: Ta có: ΔOAC cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH\(\perp\)AC tại H

=>OD\(\perp\)AC tại H

Xét ΔDAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OD=OA^2\)

=>\(4\cdot OH\cdot OD=4\cdot OA^2=\left(2\cdot OA\right)^2=BA^2\)

a) Để chứng minh tam giác \(ABC\) vuông, ta cần chứng minh rằng góc \(ACB\) là góc vuông.

Vì \(C\) là một điểm trên đường tròn \((O)\) có đường kính \(AB\), nên ta có \(AC\) là tiếp tuyến của đường tròn tại điểm \(C\). Do đó, góc \(ACB\) là góc nội tiếp tương ứng với góc \(A\).

Vì \(AB\) là đường kính của đường tròn, nên góc \(A\) là góc vuông (\(90^\circ\)). Vì vậy, ta có thể kết luận rằng tam giác \(ABC\) là tam giác vuông.

b) Để chứng minh \(40OH = OD = AB/2\), ta cần chứng minh rằng tam giác \(OHD\) là tam giác đều.

Vì \(H\) là trung điểm của \(AC\), nên ta có \(OH\) là đường trung bình của tam giác \(ABC\). Do tam giác \(ABC\) là tam giác vuông (\(AB\) là đường kính), nên đường trung bình \(OH\) cũng là đường cao của tam giác \(ABC\).

Vì vậy, ta có \(OH\) vuông góc với \(AB\) tại \(D\). Vì \(OH\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên \(OD\) cũng là đường cao của tam giác \(OHD\).

Vì \(OH\) và \(OD\) là hai đường cao của tam giác \(OHD\), nên tam giác \(OHD\) là tam giác đều. Do đó, ta có \(40OH = OD = AB/2\).

c) Để chứng minh \(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\), ta cần chứng minh rằng góc \(MBO\) là góc vuông.

Vì \(OE\) là đường vuông góc với \(BD\) tại \(E\), nên \(OE\) là đường cao của tam giác \(OBD\). Vì \(OD\) là đường cao của tam giác \(OHD\) (tam giác đều), nên \(OE\) cũng là đường cao của tam giác \(OHD\).

Vì vậy, ta có \(OE\) vuông góc với \(HD\) tại \(D\). Vì \(HD\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\) tại \(D\), nên góc \(MBO\) là góc nội tiếp tương ứng với góc \(D\).

Vì \(OD = AB/2\) (theo phần b), nên góc \(D\) là góc vuông (\(90^\circ\)). Vì vậy, ta có thể kết luận rằng \(MB\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\).

Bài 12:

ΔAHB vuông tại H

mà HM là đường trung tuyến

nên \(AB=2\cdot HM=30\left(cm\right)\)

ΔAHC vuông tại H

mà HN là đường trung tuyến

nên \(AC=2\cdot HN=2\cdot20=40\left(cm\right)\)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(BC=\sqrt{30^2+40^2}=50\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\BH\cdot BC=AB^2\\CH\cdot CB=CA^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{30\cdot40}{50}=\dfrac{1200}{50}=24\left(cm\right)\\BH=\dfrac{30^2}{50}=18\left(cm\right)\\CH=\dfrac{40^2}{50}=32\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

Bài 19:

a: ΔAHB vuông tại H

=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AH^2=AB^2-BH^2\)(2)

ΔAHC vuông tại H

=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AH^2=AC^2-HC^2\)(1)

Từ (1),(2) suy ra \(AB^2-BH^2=AC^2-CH^2\)

=>\(AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao

nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(3\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao

nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)

Đăng từ 1 - 2 bài thôi chứ nhiều quá k ai làm đâu

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(BH\left(BH+6,4\right)=6^2=36\)

=>\(BH^2+6,4BH-36=0\)

=>\(\left(BH+10\right)\left(BH-3,6\right)=0\)

=>\(\left[{}\begin{matrix}BH=-10\left(loại\right)\\BH=3,6\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

=>BH=3,6(cm)

b:BC=BH+CH

=3,6+6,4=10(cm)

ΔABC vuông tại A

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

=>\(AC=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)

\(\Delta BCD\) vuông tại C có \(tan\widehat{DBC}=\dfrac{CD}{BC}\Rightarrow CD=BC.tan40^o\)

\(\Delta ADC\) vuông tại C có \(tan\widehat{DAC}=\dfrac{CD}{AC}\Rightarrow CD=AC.tan32^o\)

Suy ra \(BC.tan40^o=AC.tan32^o\)

\(\Rightarrow BC.tan40^o=\left(BC+1\right).tan32^o\)

\(\Rightarrow BC\left(tan40^o-tan32^o\right)=tan32^o\)

\(\Rightarrow BC=\dfrac{tan32^o}{tan40^o-tan32^o}\Rightarrow DC=BC.tan40^o=\dfrac{tan32^o}{tan40^o-tan32^o}.tan40^o=2,45\left(km\right)\)

Vậy DC = 2,45km.

Bài 4:

a: ΔAHC vuông tại H

=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)

=>\(HC=\sqrt{5^2-3^2}=4\left(cm\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có \(sinC=\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)

=>\(\widehat{B}=90^0-37^0=53^0\)

b: \(\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\cdot sinC=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\cdot\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{1}{2}\cdot BC\cdot AH\)

mà \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AH\cdot BC\)

nên \(S_{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot CA\cdot CB\cdot sinC\)

c: Xét ΔABH vuông tại H có \(sinB=\dfrac{AH}{AB}\)

\(\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot BC\cdot sinB=\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot BC\cdot\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=S_{ABC}\)

Do đó: \(\dfrac{1}{2}\cdot BA\cdot BC\cdot sinB=\dfrac{1}{2}\cdot CA\cdot CB\cdot sinC\)

=>\(BA\cdot sinB=AC\cdot sinC\)

=>\(\dfrac{AB}{sinC}=\dfrac{AC}{sinB}\)

Kẻ CK vuông góc với AB tại K

Xét ΔAKC vuông tại K có \(sinBAC=\dfrac{CK}{AC}\)

\(\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinBAC=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot\dfrac{CK}{AC}=\dfrac{1}{2}\cdot CK\cdot AB=S_{ABC}\)

=>\(AB\cdot AC\cdot sinBAC=CA\cdot CB\cdot sinACB\)

=>\(AB\cdot sinBAC=BC\cdot sinACB\)

=>\(\dfrac{AB}{sinACB}=\dfrac{BC}{sinBAC}\)

=>\(\dfrac{AB}{sinACB}=\dfrac{BC}{sinBAC}=\dfrac{AC}{sinABC}\)

Bài 5:

a: ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên OA=OB=OC

=>A,B,C cùng thuộc (O)

b: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>\(\widehat{BDC}=90^0\)

Xét ΔFHA vuông tại F và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{FHA}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)

Do đó: ΔFHA đồng dạng với ΔACB

=>\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{HA}{CB}\)

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

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AH=EF

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(EF\cdot BC=AH\cdot BC\)

Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\)

\(\dfrac{AE\cdot AB}{EF\cdot BC}=\dfrac{AH^2}{AH\cdot BC}=\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{AF}{AB}\)