Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC.
a ) C/m AD. AB = AE. AC = HB.HC
b) C/m tam giác ADE đồng dạng tam giác ABC.
c) Cho AB = 6cm, AC = 8cm. Tính BC, AH.
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ D và E lần lượt là hình chiếu của H lên AB, AC.
a ) C/m AD. AB = AE. AC = HB.HC
b) C/m tam giác ADE đồng dạng tam giác ABC.
c) Cho AB = 6cm, AC = 8cm. Tính BC, AH.
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
\(\Rightarrow BH\cdot HC=AH^2\)
\(\Rightarrow AD\cdot AB=AE\cdot AC=HB\cdot HC\left(=AH^2\right)\)
b)
từ a) có :
\(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) có :
\(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)
\(DAE=BAC\left(=90^o\right)\) (góc chung)
\(\Rightarrow\Delta ADE\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)
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
\(\Rightarrow AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
\(\Rightarrow AH=4,8\left(cm\right)\)
Cho△ABC cân tại A , đường cao AH . Lấy M ∈ cạnh AB ; N ∈ tia đối tia CA sao cho BM = NC . MN cắt BC tại I . Kẻ ND // AB ( D ∈ tia BC )
a) CMR : BMND là hình bình hành
b) Kẻ OI ⊥ MN ( O ∈ tia AH)
CMR : ΔOBM = ΔOCN
c) CMR : OC ⊥ AN
d) CMR : 1/AB2 + 1/OB2 = 4/BC2
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.
Lời giải:
a)
Vì \(BM\parallel ND\Rightarrow \angle MBI=\angle IDN=\angle CDN\) (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 $MN$
Mà \(OI\perp MN\Rightarrow OI\) là trung trực của $MN$
\(\Rightarrow OM=ON(2)\)
Giả thiết có \(BM=CN(3)\)
Từ (1);(2);(3) suy ra \(\triangle OBM=\triangle OCN(c.c.c)\)
Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh của tam giác ABC thoả điều kiện \(a^3+b^3+c^3=3abc.\) Chứng minh rằng: \(sin^2A+cos^2B=1\)
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)
Vì \(a,b,c\) là độ dài cạnh tam giác nên $a+b+c\neq 0$. Do đó:
\(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac=0\)
\(\Leftrightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}=0\)
Vì \((a-b)^2; (b-c)^2; (c-a)^2\geq 0\)\(\Rightarrow \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{2}\geq 0\)
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.
Tam giác ABC có I là giao điểm của ba đường phân giác. Qua I kẻ đường thẳng vuông góc với IA cẳ AB tại M, AC tại N.
a) Chứng minh \(\dfrac{BI^2}{CI^2}=\dfrac{BM}{CN}\)
b)chứng minh BM.AC - NC.AB + A\(I^2\) = AB.AC
a) Ta có: \(\widehat{BIM}\) + \(\widehat{MIA}\) = 180 - (\(\widehat{\dfrac{A}{2}}\) + \(\widehat{\dfrac{B}{2}}\))
=> \(\widehat{BIM}\) = 90 - (\(\widehat{\dfrac{A}{2}}\) + \(\widehat{\dfrac{B}{2}}\))
Và \(\widehat{BCI}\) = 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
Cho tam giác ABC nhọn, \(S=1\). Vẽ 3 đường cao AD, BE, CF. C/m:
a) \(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}=cos^2A+cos^2B+cos^2C\)
b)\(S_{DEF}=sin^2A-cos^2B-cos^2C\)
( Gợi ý: a) C/m: \(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=cos^2A\)
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)