Cho tam giác ABC cân có 3 góc nhọn, kẻ đường cao BK. Chứng minh: \(S_{\Delta ABC}=\dfrac{2tanC}{1-tan^2C}\)
Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn, $\hat{A}={60}^\circ$. Kẻ hai đường cao $BE$ và $CF$.
a) Chứng minh $\Delta AEF\backsim\Delta ABC$;
b) Cho $EF=5cm$, tính $BC$.
c) Cho $S_{ABC}=100 cm^2$.Tính $S_{AEF}$.
hứng minh được , từ đó có \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}t.AE phần AB=AF phần AC
Ta có: (g.c.g)
b, từ câu a) suy ra EF phần BC=AE phần AB=cos A=cos60 độ =1 phần 2
=> BC=10cm
c) Saef phần Sabc=(AE phần AB)^2=cos^2 A=1 phần 4 => SAEF =1 phần 4 SABC=25cm^2
a)xét tam giác AEB và tam giác AFC có:
Góc A chung
góc AEB=góc AFC=90 độ(gt)
=> tam giác AEB đồng dạng với tam giác ABC (g.g)
=> \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
=> tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC (g.c.g)
b) theo a => \(\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{AE}{AB}=cosA=cos60^0=\dfrac{1}{2}\)
=> Bc=10cm
c)\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2=\dfrac{1}{4}\)=>\(S_{AEF}=\dfrac{1}{4}S_{ABC}=25cm^2\)
Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AH,BK,CL. CMR:
a, \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}= \dfrac{AL.AK}{AB.AC}=cos^{2}A\)
b, \(\dfrac{S_{HKL}}{S_{ABC}}=1-cos^{2}A-cos^2B-cos^2 C\)
Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AH, BK, CL. Chứng minh rằng:
a) \(\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AL.BK}{AC.BC}\)
b) \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}\)
c) \(\dfrac{S_{HKL}}{S_{ABC}}=1-\left(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C\right)\)
a:
Xét tứ giác BLKC có góc BLC=góc BKC=90 độ
nên BLKC là tứ giác nội tiếp
=>góc ALK=góc ACB
=>ΔALK đồng dạng với ΔACB
=>AL/AC=AK/AB=LK/BC
\(\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AK}{AB}\cdot\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AL}{AC}\cdot\dfrac{BK}{BC}\)
b: \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AL\cdot BK}{AC\cdot BC}\)
tam giác ABC có 3 góc nhọn . kẻ các đường cao AH , BK .
a) chứng minh tam giác HAC đồng dạng với tam giác ABC
b) biết AH = 12cm , BK = 5cm , HC = 9cm . Tính KC, BC .
hinh nhu ban chep sai de ban ve xem lai de di
(04/10) Lần này bài đỡ sơ sài hơn.
Cho \(\Delta ABC\)có ba góc nhọn, các đường cao \(AH,BK,CE\). Hãy chứng minh rằng:
\(S_{HKE}=\left(1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\right)S_{ABC}\)
Khá ez:))
Δ AKB ~ Δ AEC (g.g) vì:
+ \(\widehat{BAK}=\widehat{CAE}\) (góc chung)
+ \(\widehat{AKB}=\widehat{AEC}=90^0\)
=> \(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
Từ đó ta dễ dàng CM được: Δ AKE ~ Δ ABC (c.g.c)
=> \(\frac{S_{AKE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AK}{AB}\right)^2=\cos^2A\)
Tương tự như vậy ta CM được: \(\frac{S_{BHE}}{S_{ABC}}=\cos^2B\) ; \(\frac{S_{CHK}}{S_{ABC}}=\cos^2C\)
Thay vào ta sẽ được: \(\left(1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\right)\cdot S_{ABC}\)
\(=\left(1-\frac{S_{AKE}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BHE}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CHK}}{S_{ABC}}\right)\cdot S_{ABC}\)
\(=S_{ABC}-S_{AKE}-S_{BHE}-S_{CHK}=S_{HKE}\)
=> đpcm
Kẻ EE' vuông góc với AC., ta có:
\(\frac{S_{AKE}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}EE'.AK}{\frac{1}{2}BK.AC}=\frac{EE'}{BK}.\frac{AK}{AC}=\frac{AE}{AB}.\frac{AK}{AC}\)
\(=\frac{AE}{AC}.\frac{AK}{AB}=\cos A.\cos A=\cos^2A.\)
Vậy \(\frac{S_{AKE}}{S_{ABC}}=\cos^2A\)
Tương tự, \(\frac{S_{BEH}}{S_{ABC}}=\cos^2B;\frac{S_{CKH}}{S_{ABC}}=\cos^2C\)\(\Rightarrow\frac{S_{KHE}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AKE}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BEH}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CKH}}{S_{ABC}}=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)
Vậy =>đpcm
cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Kẻ đường cao BK, CM của tam giác ABC, chúng cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng tứ giác BMKC là tứ giác nội tiếp
góc BKC=góc BMC=90 độ
=>BMKC nội tiếp
Cho △nhọn ABC có ∠A= 2∠B. Kẻ đường phân giác AD và đường cao AH
a) CMR AC2=DC.BC
b) CMR BC2-AC2=AB.AC
c) CMR S△ABC=\(\dfrac{AH^2}{2\sin\text{∠}BAC}\)
d) Biết ∠BAC=80°. Tính \(\dfrac{S_{\Delta ADH}}{S_{\Delta ABC}}\) phụ thuốc vào tỉ số lượng giác của các gọc nhọn
Giúp em câu c,d với ạ
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn với đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H
a, Cmr : \(\Delta AEF\sim\Delta ABC;\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\cos^2A\)
b, Cmr : \(S_{DEF}=\left(1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\right).S_{ABC}\)
c, Cmr :\(\frac{HA}{BC}+\frac{HB}{AC}+\frac{HC}{AB}\ge3\)
a) \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90o\) => tứ giác BFEC nội tiếp => \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC;}\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)=> \(\Delta AEF~\Delta ABC\)
SAEF = \(\frac{1}{2}AE.AF.sinA\); SABC = \(\frac{1}{2}AB.AC.sinA\)=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}\)=cos2A (cosA = \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\))
b) làm tương tự câu a ta được SBFD=cos2B.SABC; SCED=cos2C.SABC
=> SDEF =SABC-SAEF-SBFD-SCED = (1-cos2A-cos2B-cos2C)SABC
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R), có các đường cao AI, BK cắt nhau tại H. Hơn nữa, AI, BK cắt đường tròn (O) tương ứng D và E
a) Chứng minh tứ giác AKIB nội tiếp
b) Chứng minh : BHD là tam giác cân
a: Xét tứ giác AKIB có
góc AKB=góc AIB=90độ
=>AKIB là tứ giác nội tiếp
b: góc BHD=góc AHE=90 độ-góc HAC=90 độ-1/2*sđ cung CD
góc BDH=90 độ-góc IBD=90 độ-1/2*sđ cung CD
=>góc BHD=góc BDH
=>ΔBHD cân tại B