Bài 4: Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Lời giải:

Tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến, suy ra $H$ là trung điểm của $BC$

\(\Rightarrow CM=MH+CH=\frac{HB}{2}+HC=\frac{BC}{4}+\frac{BC}{2}=\frac{3}{4}BC=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

$M,N$ lần lượt là trung điểm của $BH,AB$ nên $MN$ là đường trung bình ứng với cạnh $AH$ của tam giác $AHB$

$\Rightarrow MN\parallel AH, MN=\frac{AH}{2}$

$\Rightarrow MN\perp BC, MN=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $CNM$ vuông tại $M$:

\(CN=\sqrt{MN^2+CM^2}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{27}{16}}=\frac{\sqrt{35}}{4}\)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $A,K,M$ thẳng hàng:

\(\frac{KC}{KN}.\frac{MB}{MC}.\frac{AN}{AB}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KC}{KN}.\frac{1}{3}.\frac{1}{2}=1\Rightarrow \frac{KC}{KN}=6\Rightarrow \frac{KC}{CN}=\frac{6}{7}\)

\(\Rightarrow KC=\frac{6}{7}.CN=\frac{3\sqrt{35}}{14}\) (1)

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm $N,K,C$ thẳng hàng:

\(\frac{AN}{BN}.\frac{KM}{KA}.\frac{CB}{CM}=1\Leftrightarrow 1.\frac{KM}{KA}.\frac{4}{3}=1\)

\(\Leftrightarrow \frac{KM}{KA}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{KM}{AM}=\frac{3}{7}\)

\(\Rightarrow KM=\frac{3}{7}.AM=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+MH^2}=\frac{3}{7}.\sqrt{AH^2+(\frac{BC}{4})^2}\)

\(=\frac{3}{7}.\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{4})^2}=\frac{3\sqrt{35}}{28}\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow \frac{KM}{KC}=\frac{1}{2}=\frac{MH}{CH}\), suy ra $KH$ là phân giác góc $\widehat{CKM}$

Hình vẽ:

Nối M với N .

Dùng công thức đường trung bình của hình tam giác , ta có :
NM // BC và NM = \(\dfrac{1}{2}\) BC
Cm : Tam giác MNH vuông , dùng định lí pytago ta suy ra được MN=25 và BC=50 (vì MN = \(\dfrac{1}{2}\) BC)
Từ đây ta suy ra được BA=40 và AC=30
Vì tam giác ABC vuông nên ta có công thức : BA . AC = BC . AH
40 . 30 = 50 . AH
Ta suy ra : AH = 24
Tam giác ABH vuông tại A , ta dùng định lí pytago suy ra HB=32 và HC=18 ( HC + BH = BC = 50 )
Suy ra BH = 32 ; CH = 18 ; AH = 24

Cho tgiac ABC.A=90,dg cao AH.Gọi D và E lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB,AC.CM

DE^2=4BD.CE

Vẽ đường thẳng D vuông góc với DK và cắt đường thẳng BC tại một điểm là L.

Xét tam giác LCD và tam giác IAD, ta có:

góc A = góc C = 90⁰

DC=DA ( 2 cạnh của hình vuông)

góc ADI + góc IDC = 90⁰

góc LDC + góc IDC = 90⁰

=> góc ADI = góc IDC

Vậy tam giác LCD = tam giác IAD (g-c-g)

=> DI = DL ( 2 cạnh tương ứng)

Xét tam giác vuông DKL , ta có:

\(\dfrac{1}{DC^2}=\dfrac{1}{DL^2}+\dfrac{1}{DK^2}\)

Mà DI = DL (chứng minh trên)

DC = DA ( 2 cạnh của góc vuông)

=> \(\dfrac{1}{DA^2}=\dfrac{1}{DI^2}+\dfrac{1}{DK^2}\)

xin lỗi bạn, bạn sửa lại chỗ này dùm mình nha:

DC = DA ( 2 cạnh của hình vuông)

Bài 1: 

1: Xét ΔAHB vuông tại H có \(\cos B=\dfrac{BH}{AB}\)

nên \(BH=AB\cdot\cos B\)

2: Xét ΔAHC vuông tại H có \(\cos C=\dfrac{CH}{AC}\)

nên \(CH=AC\cdot\cos C\)

\(AB\cdot\cos B+AC\cdot\cos C=BH+CH=BC\)

QH/HR=1/2

nên HR=2QH

Xét ΔRPQ vuông tại P có PH là đường cao

nên \(HR\cdot QH=PH^2\)

\(\Leftrightarrow2QH^2=16\)

\(\Leftrightarrow QH=2\sqrt{2}\left(cm\right)\)

\(\Leftrightarrow HR=4\sqrt{2}\left(cm\right)\)

\(RQ=2\sqrt{2}+4\sqrt{2}=6\sqrt{2}\left(cm\right)\)

\(PQ=\sqrt{QH\cdot QR}=\sqrt{2\sqrt{2}\cdot6\sqrt{2}}=2\sqrt{6}\left(cm\right)\)

\(PR=\sqrt{4\sqrt{2}\cdot6\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(C=6\sqrt{2}+2\sqrt{6}+4\sqrt{3}\left(cm\right)\)