Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Kathy Huỳnh
Xem chi tiết
Nào Ai Biết
15 tháng 7 2018 lúc 18:23

a)

\(\Delta ABH\) vuông tại H

\(\Rightarrow AD\cdot AB=AH^2\)

\(\Delta ACH\) vuông tại H

\(\Rightarrow AE\cdot AC=AH^2\)

\(\Delta ABC\) vuông tại A

\(\Rightarrow BH\cdot HC=AH^2\)

\(\Rightarrow AD\cdot AB=AE\cdot AC=HB\cdot HC\left(=AH^2\right)\)

Bình luận (0)
Nào Ai Biết
15 tháng 7 2018 lúc 18:29

b)

từ a) có :

\(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

Xét \(\Delta ADE\)\(\Delta ABC\) có :

\(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

\(DAE=BAC\left(=90^o\right)\) (góc chung)

\(\Rightarrow\Delta ADE\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)

Bình luận (0)
Nào Ai Biết
15 tháng 7 2018 lúc 18:33

c)

Ta có :

AB = 6(cm)

AC = 8(cm)

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\left(BC>0\right)\)

\(\Delta ABC\) vuông tại A

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

\(\Rightarrow AH=4,8\left(cm\right)\)

Bình luận (0)
Trần Minh Ngọc
Xem chi tiết
Akai Haruma
12 tháng 7 2018 lúc 18:14

c)

Theo phần b: \(\triangle OBM=\triangle OCN\Rightarrow \angle OBM=\angle OCN(1)\)

Ta cũng thấy:

\(AO\) là trung trực của $BC$ (đã chỉ ra ở phần b) nên \(AB=AC, OB=OC\)

Do đó: \(\triangle ABO=\triangle ACO\) (c.c.c)

\(\Rightarrow \angle ABO=\angle ACO\) hay \(\angle OBM=\angle ACO(2)\)

Từ \((1);(2)\Rightarrow \angle ACO=\angle OCN\)

Mà tổng 2 góc trên bằng $180^0$ nên mỗi góc bằng $90^0$

Vậy \(\angle OCN=90^0\Rightarrow OC\perp AN\)

d)

Ta có: \(\angle OBM=\angle OCN=90^0\Rightarrow AB\perp OB\)

Tam giác vuông tại $B$ là $ABO$ có đường cao $BH$ nên theo công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta thu được kết quả:

\(\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BO^2}=\frac{1}{1}{BH^2}=\frac{1}{(\frac{BC}{2})^2}=\frac{4}{BC^2}\) (do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên chân đường cao $H$ đồng thời cũng là trung điểm của $BC$)

Ta có đpcm.

Bình luận (0)
Akai Haruma
12 tháng 7 2018 lúc 18:25

Hình vẽ:

Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Bình luận (4)
Akai Haruma
12 tháng 7 2018 lúc 18:07

Lời giải:
a)

\(BM\parallel ND\Rightarrow \angle MBI=\angle IDN=\angle CDN\) (so le trong)

Mà: \(\angle MBI=\angle ACB=\angle DCN\) (do tam giác ABC cân)

\(\Rightarrow \angle CDN=\angle DCN\) .

Do đó tam giác $NCD$ cân tại $N$

\(\Rightarrow NC=ND\) . Mà \(NC=BM\Rightarrow BM=ND\)

Tứ giác $BMDN$ có hai cạnh đối $BM,ND$ vừa song song vừa bằng nhau nên $BMDN$ là hình bình hành.

b) Vì tam giác $ABC$ cân nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung trực của $BC$

$O$ nằm trên $AH$ nên \(OB=OC(1)\)

Theo phần a, $BMDN$ là hbh nên hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Do đó $I$ là trung điểm của $MN$

\(OI\perp MN\Rightarrow OI\) là trung trực của $MN$

\(\Rightarrow OM=ON(2)\)

Giả thiết có \(BM=CN(3)\)

Từ (1);(2);(3) suy ra \(\triangle OBM=\triangle OCN(c.c.c)\)

Bình luận (0)
Trịnh Trúc Uyên
Xem chi tiết
Akai Haruma
2 tháng 7 2018 lúc 23:08

Lời giải:

Ta có: \(a^3+b^3+c^3=3abc\)

\(\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3-3abc=0\)

\(\Leftrightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)=0\) (đây là công thức biến đổi quen thuộc)

\(a,b,c\) là độ dài cạnh tam giác nên $a+b+c\neq 0$. Do đó:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\)

\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}=0\)

\((a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0\)\(\Rightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}\geq 0\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b; b=c; c=a\Leftrightarrow a=b=c\) tức là tam giác $ABC$ đều. Do đó \(\angle A=\angle B=\angle C=60^0\)

\(\Rightarrow \sin^2A+\cos ^2B=(\sin 60)^2+(\cos 60)^2=1\)

Ta có đpcm.

Bình luận (0)
Hoàng
Xem chi tiết
Bùi Minh Ngọc
16 tháng 10 2017 lúc 11:59

a) Ta có: \(\widehat{BIM}\) + \(\widehat{MIA}\) = 180 - (\(\widehat{\dfrac{A}{2}}\) + \(\widehat{\dfrac{B}{2}}\))

=> \(\widehat{BIM}\) = 90 - (\(\widehat{\dfrac{A}{2}}\) + \(\widehat{\dfrac{B}{2}}\))

\(\widehat{BCI}\) = 90 - (\(\widehat{\dfrac{A}{2}}\) + \(\widehat{\dfrac{B}{2}}\))

=> \(\widehat{BIM}\) = \(\widehat{BCI}\)

=> \(\Delta\)BIM \(\sim\)\(\Delta\)BCI (g.g)

=> \(\overset{ }{\dfrac{BI}{BM}}\) = \(\overset{ }{\dfrac{BC}{BI}}\) => BI2 = BM.BC (1)

C/m tương tự ta có \(\Delta\)ICN \(\sim\)\(\Delta\)BCI (g.g)

=> \(\overset{ }{\dfrac{CI}{CN}}\) = \(\overset{ }{\dfrac{BC}{CI}}\) => CI2 = CN.BC (2)

Từ (1) và (2) => \(\overset{ }{\dfrac{BI^2}{CI^2}}\) = \(\overset{ }{\dfrac{BM}{CN}}\) (đpcm)

b) Tam giác MIB đồng dạng với tam giác NIC, viết ra tỉ số rồi thay vào VT là ra

Bình luận (0)
An Nặc Hàn
Xem chi tiết
Phương An
15 tháng 8 2017 lúc 21:54

a)

\(\Delta EAB\) ~ \(\Delta FAC\) (g - g)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\) ~ \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE^2}{AB^2}=\cos^2A\)

\(\Rightarrow S_{AEF}=\cos^2A\left(S_{ABC}=1\right)\) (1)

Chứng minh tương tự, ta có: \(S_{BFD}=\cos^2B\) (2) và \(S_{CDE}=\cos^2C\) (3)

Cộng theo vế của (1) , (2) và (3) => đpcm

b)

\(S_{DEF}=S_{ABC}-\left(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}\right)\text{ }\)

\(=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)

\(=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\) (đpcm)

Bình luận (0)