Kẻ đường cao \(BH\).

Xét tam giác \(ABH\)vuông tại \(H\): 

\(BH^2=AB^2-AH^2\)

Xét tam giác \(BCH\)vuông tại \(H\):

\(BH^2=BC^2-CH^2=BC^2-\left(AC-AH\right)^2\)

\(=BC^2-AC^2+2AC.AH-AH^2\)

\(\Rightarrow BC^2-AC^2+2AC.AH-AH^2=AB^2-AH^2\)

\(\Leftrightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AC.AH=AB^2+AC^2-2AC.ABcosA\)

Tham Khảo:

Áp dụng định lí cosin trong tam giác ABC ta có:

\({a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc.\cos A\)\( \Rightarrow \cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}\)

Mà \(\sin A = \sqrt {1 - {{\cos }^2}A} \).

\( \Rightarrow \sin A = \sqrt {1 - {{\left( {\frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}}} \right)}^2}}  = \sqrt {\frac{{{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}}}{{{{(2bc)}^2}}}} \)

\( \Leftrightarrow \sin A = \frac{1}{{2bc}}\sqrt {{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}} \)

Đặt \(M = \sqrt {{{(2bc)}^2} - {{({b^2} + {c^2} - {a^2})}^2}} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M = \sqrt {(2bc + {b^2} + {c^2} - {a^2})(2bc - {b^2} - {c^2} + {a^2})} \\ \Leftrightarrow M = \sqrt {\left[ {{{(b + c)}^2} - {a^2}} \right].\left[ {{a^2} - {{(b - c)}^2}} \right]} \\ \Leftrightarrow M = \sqrt {(b + c - a)(b + c + a)(a - b + c)(a + b - c)} \end{array}\)

Ta có: \(a + b + c = 2p\)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b + c - a = 2p - 2a = 2(p - a)\\a - b + c = 2p - 2b = 2(p - b)\\a + b - c = 2p - 2c = 2(p - c)\end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow M = \sqrt {2(p - a).2p.2(p - b).2(p - c)} \\ \Leftrightarrow M = 4\sqrt {(p - a).p.(p - b).(p - c)} \\ \Rightarrow \sin A = \frac{1}{{2bc}}.4\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \\ \Leftrightarrow \sin A = \frac{2}{{bc}}.\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \end{array}\)

b) Ta có: \(S = \frac{1}{2}bc\sin A\)

Mà \(\sin A = \frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} \)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow S = \frac{1}{2}bc.\left( {\frac{2}{{bc}}\sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} } \right)\\ \Leftrightarrow S = \sqrt {p(p - a)(p - b)(p - c)} .\end{array}\)

Xét tam giác ABC nhọn có \(BC^2=AB^2+AC^2-2AB\cdot AC\cdot\cos\widehat{A}\)
\(\Rightarrow\cos\widehat{A}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{2AB\cdot AC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{4\cdot\dfrac{1}{2}AB\cdot AC}=\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2}{4S_{ABC}}\)

Cmtt: \(\left\{{}\begin{matrix}\cos\widehat{B}=\dfrac{AB^2+BC^2-AC^2}{4S_{ABC}}\\\cos\widehat{C}=\dfrac{AC^2+BC^2-AB^2}{4S_{ABC}}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\cos\widehat{A}+\cos\widehat{B}+\cos\widehat{C}\\ =\dfrac{AB^2+AC^2-BC^2+AB^2+BC^2-AC^2+AC^2+BC^2-AB^2}{4S_{ABC}}\\ =\dfrac{AB^2+AC^2+BC62}{4S_{ABC}}\)

đây là định lý cosin lớp 10

a² = b²+c² - 2bccosa

b² = a²+c² - 2accosb

c² = a²+b² -2abcosc

Áp dụng định lí Pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được:

\(AB^2=AH^2+HB^2\)

Áp dụng định lí Pytago vào ΔACH vuông tại H, ta được:

\(AC^2=CH^2+AH^2\)

hay \(CH^2=AC^2-AH^2\)

Ta có: \(AB^2+CH^2=AH^2+BH^2+AC^2-AH^2\)

nên \(AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)(đpcm)