Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AC lấy điểm K ( K≠A, K≠C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Cho biết BC=4BH chứng minh rằng: SBHD = \(\frac{1}{4}\)SBKC.cos2ABD
mọi người giúp mk vs nha mk cần gấp
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AC lấy điểm K ( K≠A, K≠C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Cho biết BC = 4BH chứng minh rằng:
SBHD = \(\frac{1}{4}\)SBKC.cos2ABD
mọi người giúp mk vs nha mk cần gấp
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AC lấy điểm K ( K≠A, K≠C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Cho biết BC = 4BH chứng minh rằng:
SBHD = \(\frac{1}{4}\)SBKC.cos2ABD
mọi người giúp mk vs nha mk cần gấp
Ta có
\(BC=4.BH\Rightarrow BH=\frac{BC}{4}\) (1)
\(S_{BHD}=\frac{1}{2}.BD.BH.sin\widehat{KBC}\) (*)
Xét tg vuông ABC có
\(AB^2=BH.BC\) (Trong 1 tg vuông bình phương 1 cạnh gó vuông bằng tích của hình chiếu của nó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow AB^2=\frac{BC}{4}.BC=\frac{BC^2}{4}\Rightarrow AB=\frac{BC}{2}\)
Xét tg vuông ABD có
\(\cos\widehat{ABD}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow BD=AB.\cos\widehat{ABD}=\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}\) (2)
Thay (1) và (2) vào (*)
\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{BC}{4}.\sin\widehat{KBC}\) (**)
Xét tg BKC có
\(S_{BKC}=\frac{1}{2}.BK.BC.\sin\widehat{KBC\Rightarrow BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{BK}}\) (***)
Xét tg vuông ABK có
\(AB^2=BD.BK\Rightarrow BK=\frac{AB^2}{BD}=\frac{\frac{BC^2}{4}}{\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}}=\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}\) Thay giá trị của BK vào(***) ta có
\(BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}}=\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{BC}\) (3)
Thay (3) vào (**) ta có
\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{4.BC}=\frac{1}{4}.S_{BKC}.\cos^2\widehat{ABD}\) (dpcm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC= 8cm, BH = 2cm
a)Tính độ dài AB,AC,AH
b)Trên cạnh AC lấy điểm K ( K ≠ A, K ≠ C), gọi D là hình chiếu của A trên BK.C/m rằng BD.BK = BH.BC
c)C/m rằng SBHD = \(\dfrac{1}{4}\)SBKC cos2 góc ABD
Cho tam giác ABC vuông tại A(AB<AC), đường cao AH.
a) Trên cạnh AC lấy điểm K(K ≠A, K≠C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh rằng BD \(\times\) BK=BH\(\times\)BC
b)Biết BC= 4\(\times\)BH . Chứng minh rằng:\(s_{BHD}\)=\(\dfrac{1}{4}\)\(S_{BKC}\)\(\cos^2ABD\)
Cho tam giác ABC vuông tại A,đường cao AH .Biết BC=8cm,BH=2cm a) Tính AB,AC,AH b) Trên cạnh AC lấy điểm K (K khác A,C),gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh rằng :BD.BK=BH.BC c) Chứng minh rằng : diện tích BHD =1/4 diện tích BKC×CoS bình phương góc ABD
\(a,\) Áp dụng HTL tam giác:
\(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC=16\\AC^2=BC\cdot CH=8\left(8-2\right)=48\\AH^2=BH\cdot CH=2\left(8-2\right)=12\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=4\left(cm\right)\\AC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\\AH=2\sqrt{3}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
\(b,\widehat{ADB}=\widehat{AHB}\left(=90^0\right)\Rightarrow ADHB.nội.tiếp\\ \Rightarrow\widehat{DHA}=\widehat{DBA}\left(cùng.chắn.AD\right)\left(1\right)\) \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CKB}=\widehat{KAB}+\widehat{ABD}\left(góc.ngoài\right)=90^0+\widehat{ABD}\\\widehat{DHB}=\widehat{DHA}+\widehat{AHB}=\widehat{DHA}+90^0\\\widehat{ABD}=\widehat{DHA}\left(cm.trên\right)\end{matrix}\right.\\ \Rightarrow\widehat{CKB}=\widehat{DHB}\\ \left\{{}\begin{matrix}\widehat{CKB}=\widehat{DHB}\\\widehat{CBK}.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta DHB\sim\Delta CKB\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{BH}{BK}\Rightarrow BD\cdot BK=BH\cdot BC\)
Cho △ABC vuông tại A , đường cao AH . Biết BC =8cm; BH =2cm
a) Tính AB, AC, AH
b) Trên AC lấy K . Gọi D là hình chiếu của A trên BK. Cmr: BD.BK = BH.BC
c) Cmr: SBHD= \(\dfrac{1}{4}\)SBKC.cosABD
a) △ABC vuông tại A đường cao AH nên:
AB=\(\sqrt{BC\cdot BH}=\sqrt{8\cdot2}=4\left(cm\right)\)
AC=\(\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}cm\)
AH*BC=AB*AC =>AH=\(\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{4\cdot4\sqrt{3}}{8}=2\sqrt{3}cm\)
b) tam giác ABK vuông tại A đường cao AD nên:
BD*BK=AB2
Ta lại có BH*BC=AB2(tam giác ABC vuông tại A đường cao AH)
=> BD*BK=BH*BC
Bài 4 (3,5 điểm).
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC = 8cm, BH = 2cm.
Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH.
Trên cạnh AC lấy điểm K tùy ý (K thuộc A, K thuộc C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh rằng: BD.BK = BH.BC.
b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(1\right)\)
Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao
nên \(BD\cdot BK=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BC=BD\cdot BK\)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, biết BC=8cm, AB=4cm.
a) Giải tam giác vuông ABC
b) Tính AH,BH,HC
c) Trên cạnh AC lấy điểm K (K khác A, K khác C). Gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh BD.BK=BH.BC
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC=8cm, BH=2cm. a) Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH b) Trên cạnh AC lấy điểm K (K khác A, K khác C), gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh BD.BK=BH.BC từ đó suy ra AB = BC. sin góc BDH
a: CH=6cm
AB=4cm
\(AC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Lấy điểm K bất kỳ trên cạnh AC \(\left(K\ne A;K\ne C\right)\). Gọi D là hình chiếu của A trên BK. Chứng minh \(S_{BHD}=\dfrac{1}{4}S_{BKC}.cos^2\widehat{ABD}\)
Đề bài của em bị sai
Hai tam giác BHD và BKC đồng dạng do chung góc \(\widehat{KBC}\) và \(\widehat{BDH}=\widehat{BCK}\) (cùng bằng \(\widehat{BAH}\))
Do đó tỉ số đồng dạng 2 tam giác là \(k=\dfrac{BD}{BC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{BDH}}{S_{BKC}}=k^2=\dfrac{BD^2}{BC^2}\)
Nếu đề bài đúng thì đồng nghĩa ta phải chứng minh:
\(\dfrac{BD^2}{BC^2}=\dfrac{cos^2\widehat{ABD}}{4}=\dfrac{\left(\dfrac{BD}{AB}\right)^2}{4}=\dfrac{BD^2}{4AB^2}\)
\(\Rightarrow BC^2=4AB^2\) nhưng điều này rõ ràng ko đúng (vì đề bài ko hề cho BC=2AB)