Chương I - Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Khoảng cách từ vị trí đứng của người đó tới ngọn hải đăng là:

\(66: \tan(25^o) =129m\)

Đáp số: 129m

Ta có: ΔEAH vuông tại E

mà EI là đường trung tuyến

nên IE=IH

=>ΔIEH cân tại I

=>\(\widehat{IHE}=\widehat{IEH}\)

mà \(\widehat{IHE}=\widehat{BHD}\)(hai góc đối đỉnh)

và \(\widehat{BHD}=\widehat{BCE}\left(=90^0-\widehat{EBC}\right)\)

 nên \(\widehat{IEH}=\widehat{BCE}\)

Ta có: ΔEBC vuông tại E

mà EO là đường trung tuyến

nên OE=OB

=>ΔOEB cân tại O

=>\(\widehat{OEB}=\widehat{OBE}\)

Ta có: \(\widehat{IEO}=\widehat{IEH}+\widehat{OEH}\)

\(=\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^0\)

=>ΔIEO vuông tại E

Ta có: ΔAFH vuông tại F

mà FI là đường trung tuyến

nên FI=IH

=>FI=IE

=>I nằm trên đường trung trực của FE(1)

Ta có: ΔBFC vuông tại F

mà FO là đường trung tuyến

nên \(FO=\dfrac{BC}{2}\)

mà EO=BC/2

nên FO=EO

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

Từ (1) và (2) suy ra IO là đường trung trực của EF

=>IO\(\perp\)EF tại K và K là trung điểm của FE

Xét ΔIEO vuông tại E có EK là đường cao

nên \(IK\cdot IO=IE^2\)

=>\(IK\cdot IO=\left(\dfrac{1}{2}AH\right)^2=\dfrac{1}{4}AH^2\)

=>\(AH^2=4\cdot IK\cdot IO\)

Bài 2:

a: Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}\)

=>\(\dfrac{AC}{6}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

=>\(AC=6\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}\simeq5,2\left(cm\right)\)

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

=>\(\dfrac{AB}{6}=cos60=\dfrac{1}{2}\)

=>AB=6*1/2=3(cm)

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

nên \(\left\{{}\begin{matrix}HB\cdot BC=AB^2\\HC\cdot BC=AC^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}HB=\dfrac{3^2}{6}=1,5\left(cm\right)\\HC=\dfrac{27}{6}=4,5\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

c: Ta có: \(\widehat{ABC}+\widehat{CBD}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{CBD}=180^0-60^0=120^0\)

Xét ΔBCD có BC=BD

nên ΔBCD cân tại B

=>\(\widehat{BCD}=\widehat{BDC}=\dfrac{180^0-120^0}{2}=30^0\)

Xét ΔADC vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{ADC}=\widehat{ACB}\left(=30^0\right)\)

nên ΔADC đồng dạng với ΔACB

=>\(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{DC}{CB}\)

=>\(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{DC}{BD}\)

=>\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{DC}\)

=>\(\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{AC}{DC}\)

d: Gọi BM là phân giác của góc BCD

Ta có: ΔBCD cân tại B

mà BM là đường phân giác

nên BM\(\perp\)CD

Ta có: BM\(\perp\)CD

AK//BM

Do đó; AK\(\perp\)CD

Xét ΔCAD vuông tại A có AK là đường cao

nên \(KC\cdot KD=AK^2\)

Xét ΔACD vuông tại A có AK là đường cao

nên \(\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AK^2}\)

=>\(\dfrac{1}{KD\cdot KC}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

a: BC=BH+CH

=3,6+6,4

=10(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH^2=3,6\cdot6,4=23,04\)

=>AH=4,8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\sqrt{3,6\cdot10}=6\left(cm\right)\\AC=\sqrt{6,4\cdot10}=8\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Xét ΔHAC vuông tại H có \(sinHAC=\dfrac{HC}{AC}=\dfrac{6.4}{8}=\dfrac{4}{5}\)

nên \(\widehat{HAC}\simeq53^0\)

b: Xét ΔABK vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AK=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH\cdot AK=BH\cdot BC\)

c: Xét ΔAHC vuông tại H và ΔAEK vuông tại E có

\(\widehat{HAC}\) chung

Do đó: ΔAHC đồng dạng với ΔAEK

=>\(\dfrac{AH}{AE}=\dfrac{AC}{AK}\)

=>\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AK}\)

Xét ΔAHE và ΔACK có

\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AE}{AK}\)

\(\widehat{HAE}\) chung

Do đó: ΔAHE đồng dạng vớiΔACK

=>\(\dfrac{HE}{CK}=\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{3}{5}\)

=>\(HE=\dfrac{3}{5}CK\)

a: Xét ΔABH vuông tại H có HD là đường cao

nên \(BD\cdot BA=BH^2\)

=>\(BA\cdot3,6=6^2=36\)

=>BA=10(cm)

AD+DB=BA

=>AD+3,6=10

=>AD=6,4(cm)

ΔAHB vuông tại H

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

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

Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(HD\cdot AB=HA\cdot HB\)

=>\(HD\cdot10=6\cdot8=48\)

=>HD=4,8(cm)

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

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

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

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

Xét ΔADE và ΔACB có

AD/AC=AE/AB

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE đồng dạng với ΔACB

Bài 4 :

a) Ta có :

 \(BC^2=AB^2+AC^2\left(Pitago\right)\)

\(\Leftrightarrow AC^2=BC^2-AB^2=100-36=64\)

\(\Leftrightarrow AC=8\left(cm\right)\)

\(\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{AH^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2.AC^2}\)

\(\Leftrightarrow AH^2=\dfrac{AB^2.AC^2}{AB^2+AC^2}=\dfrac{6^2.8^2}{36+64}=\dfrac{6^2.8^2}{100}\)

\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{6.8}{10}=\dfrac{24}{5}\left(cm\right)\)

b: Xét ΔABC vuông tại A có

sin C=AB/BC=3/5

nên góc C=37 độ

=>góc B=53 độ

c: ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao

nên AE*BE=HE^2

ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên AF*FC=HF^2

Xét tứ giác AEHF có

góc AEH=góc AFH=góc FAE=90 độ

=>AEHF là hình chữ nhật

=>AH=EF

AE*BE+AF*FC

=HE^2+HF^2

=EF^2

=AH^2

=HB*HC

d: \(\dfrac{EB}{FC}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{AC}=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{CH^2}\)

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