Cho tam giác ABC cân đỉnh A có góc A nhọn , đường cao BH . Chứng minh rằng : \(\dfrac{AH}{HC}=2\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2-1\)
Cho tam giác ABC cân tại A ( góc A nhọn), đường cao BH. Chứng minh \(\frac{AH}{BH}=2\left(\frac{AB}{BC}\right)^2-1\)
vẽ thêm đường phụ là góc D đối xứng C qua A là dc
Cho tam giác ABC cân tại A, có góc A nhọn . Vẽ đường cao BH. CMR: \(\frac{AH}{HC}=2\left(\frac{AB}{BC}\right)^2-1\)
Kẻ đường cao AK.
- ΔABC cân tại A có đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến nên BK = CK = BC/2
- Xét ΔAKC và ΔBHC có :
Góc AKC = góc BHC = 90⁰ (AK, BH là đường cao trong ΔABC)
Góc C chung
Vậy ΔAKC đồng dạng với ΔBHC (g.g.)
⇨ AC/BC = KC/HC
⇔ AB/BC = BC/2HC (AB = AC do ΔABC cân tại A, KC = BC/2 cmt)
⇔ 2AB.HC = BC² (tỉ lệ thức : ngoại tỉ bằng trung tỉ)
⇔ 1/HC = 2AB/BC²
⇔ AB/HC = 2AB²/BC² (nhân AB vào 2 vế)
⇔ AC/HC = 2(AB/BC)² (AB = AC)
⇔ (AH + HC)/HC = 2(AB/BC)²
⇔ AH/HC + 1 = 2(AB/BC)²
⇔ AH/HC = 2(AB/BC)² - 1 (điều cần chứng minh)
Cho tam giác ABC cân tại A, góc A nhọn, đường cao BH.
CMR: \(\frac{AH}{HC}=2\left(\frac{AB}{BC}\right)^2-1\)
Gọi E là điểm đối xứng của C qua A
=> \(\Delta\)BCE vuông tại E => \(HC=\frac{BC^2}{CE}=\frac{BC^2}{2AC}\)
\(AH=AC-HC=AC-\frac{BC^2}{2AC}=\frac{2AC^2-BC^2}{2AC}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{HC}=2\left(\frac{AC}{BC}\right)^2-1\)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH. Ở miền ngoài của tam giác ABC vẽ các tam giác vuông cân ABE và tam giác ACF đều nhận A làm đỉnh góc vuông. Kẻ EM, FN cùng vuông góc với AH (M, N thuộc AH).
a. Chứng minh rằng: EM + HC = NH
b. Chứng minh rằng: EN // FM
a) Do tam giác AEB vuông cân tại A nên \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EAB}=90^o\\AE=AB\end{matrix}\right.\)
Ta thấy \(\widehat{MEA}=\widehat{BAH}\) vì chúng cùng phụ với \(\widehat{EAM}\)
Xét 2 tam giác HAB vuông tại H và MEA vuông tại M, ta có:
\(AE=AB\left(cmt\right),\widehat{MEA}=\widehat{BAH}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta HAB=\Delta MEA\left(ch-gn\right)\) \(\Rightarrow AH=ME\) (1)
Tương tự, ta cũng có \(\Delta HAC=\Delta NFA\Rightarrow HC=AN\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(EM+HC=AH+AN\) hay \(EM+HC=HN\) (đpcm)
b) Từ \(\Delta HAC=\Delta NFA\Rightarrow AH=NF\)
Từ đó suy ra \(ME=NF\left(=AH\right)\)
Xét tam giác MNE và NMF, ta có:
\(ME=NF\left(cmt\right),\widehat{EMN}=\widehat{FNM}\left(=90^o\right)\), MN là cạnh chung.
\(\Rightarrow\Delta MNE=\Delta NMF\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{FMN}\) \(\Rightarrow\) EN//FM (2 góc so le trong bằng nhau)
Ta có đpcm.
Cho tam giác ABC cân tại A có các đường cao AH và BK. Chứng minh rằng : \(\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\)
Lấy E sao cho A là trung điểm của CE
Xét ΔEBC có
BA là đường trung tuyến
BA=CE/2
Do đó: ΔEBC vuông tại E
Xét ΔCBE có AH//BE
nên AH/BE=CH/CB=1/2
=>AH=1/2BE
Xét ΔBEC vuông tại B có BK là đường cao
nên \(\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{BE^2}\)
=>\(\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\)
Cho tam giác ABC vuông tại A có BC = a, CA = b, AB = c, đường cao AH.
a) Chứng minh: \(1+tam^2B=\dfrac{1}{cos^2B};tan\dfrac{C}{2}=\dfrac{c}{a+b}\)
b) Chứng minh: AH = a. sin B. cos B, BH=a·cos2B, CH=a·sin2B
c) Lấy D trên cạnh AC. Kẻ DE vuông góc BC tại E. Chứng minh:
sinB=\(\dfrac{AB\cdot AD+EB\cdot ED}{AB\cdot BE+DA\cdot DE}\) (
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
Cho tam giác ABC cân tại A. BD,CE là đường cao. AB=c, BC=a, AC=b. Chứng minh rằng: \(DE=\dfrac{a\left(2b^2-a^2\right)}{2b^2}\)
Ta thấy b = c.
Thêm đk của đề bài là \(\widehat{A}\leq 90^o\), vì nếu ngược lại thì \(a^2>2b^2\) và khi đó điều cần cm sẽ sai.
Do tam giác ABC cân tại A nên DE // BC.
Theo định lý Thales ta có: \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{AB}\Leftrightarrow\dfrac{DE}{a}=\dfrac{AE}{b}\Leftrightarrow DE=\dfrac{a.AE}{b}\).
Ta lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}AE^2-BE^2=AC^2-BC^2=b^2-a^2\\AE+BE=AB=b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE-BE=\dfrac{b^2-a^2}{b}\\AE+BE=b\end{matrix}\right.\Rightarrow AE=\left(\dfrac{b^2-a^2}{b}+b\right):2=\dfrac{2b^2-a^2}{2b}\).
Do đó \(DE=\dfrac{a\left(2b^2-a^2\right)}{2b^2}\).
1) Cho tam giác ABC có AB>AC, đường cao AH.
a) Chứng minh rằng AB^2 - AC^2=BH^2 - CH^2
b) Lấy điểm m thuộc đường cao AH. CMR: AB^2 - AC^2= BM^2 - CM^2
5) Cho tam giác ABC. Các tia phân giác của các góc ngoài tại đỉnh B và C cắt nhau ở K. Đường vuông góc với AK tại K, cắt đường thẳng AB, AC ở D và E. Chứng minh rằngtam giác ADE là tam giác cân.
Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH= 4cm và \(\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{1}{2}\) . Tính BC
Ta có: \(\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{1}{2}\)
nên HC=2HB
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:
\(AH^2=HB\cdot HC\)
\(\Leftrightarrow HB\cdot2HB=4^2=16\)
\(\Leftrightarrow HB^2=8\)
hay \(HB=2\sqrt{2}\left(cm\right)\)
\(\Leftrightarrow HC=2\cdot HB=2\cdot2\sqrt{2}=4\sqrt{2}\left(cm\right)\)
\(\Leftrightarrow HB+HC=2\sqrt{2}+4\sqrt{2}\)
hay \(BC=6\sqrt{2}\left(cm\right)\)