Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, áp dụng hệ thức lượng ta có CB.CH=CK^2
VÀ CA.CI=CK^2
TỪ đó suy ra đpcm cùng = quá CK ^2
b , DỄ DÀNG CM đc tứ giác IKCH là hcn suy ra IK=CH ; KH=IC áp dụng hệ thức lượng cuối cùng trong tam giác vg IKH Có \(\frac{1}{KM^2}=\frac{1}{IK^2}+\frac{1}{KH^2}\)<=> \(\frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\)
Cảm ơn bạn lê thị bích ngọc đã giúp đỡ mình Nhưng còn ý d) bạn chưa làm. Đây là câu trả lời cho ý d) của mình nhé ^-^
d) Áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta ABC\) vuông tại C ta có : \(AC^2=AK.AB\)
\(CB^2=BK.AB\)
\(\Rightarrow\frac{AC^2}{BC^2}=\frac{AK.AB}{BK.AB}=\frac{AK}{BK}\)
\(\Rightarrow\frac{AC^4}{BC4}=\frac{AK^2}{BK^2}\) (1)
Mặt khác , áp dụng hệ thức lượng vào \(\Delta AKC\) vuông tại K ta có: \(AK^2=AI.AC\) (2)
vào \(\Delta BKC\) vuông tại K ta có \(KB^2=BH.BC\) (3)
Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\frac{AC^4}{BC^4}=\frac{AI.AC}{BH.BC}\Rightarrow\frac{AC^3}{CB^3}=\frac{AI}{BH}\)
3)kẻ BD vuông góc voi71 BC, D thuộc AC
tam giác ABC cân tại A có AH là Đường cao
suy ra AH là trung tuyến
Suy ra BH=HC
(BD vuông góc BC
AH vuông góc BC
suy ra BD song song AH
suy ra BD/AH = BC/CH = 2
suyra 1/BD = 1/2AH suy ra 1BD^2 =1/4AH^2
tam giác BDC vuông tại B có BK là đường cao
suy ra 1/BK^2 =1/BD^2 +1/BC^2
suy ra 1/BK^2 =1/4AH^2 +1/BC^2
1) \(1+tan^2\alpha=1+\dfrac{sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{cos^2\alpha+sin^2\alpha}{cos^2\alpha}=\dfrac{1}{cos^2\alpha}\) (đpcm).
Câu 2:
A B C M K H
Từ B, kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại M.
Từ giả thiết, ta có:
\(\cdot\) AH // BM (do cùng _I_ BC)
\(\cdot\) H là trung điểm của BC (\(\Delta ABC\) cân tại A có AH là đường cao)
Suy ra AH là đường trung bình của \(\Delta BMC\)
\(\Rightarrow BM=2AH\)
Xét \(\Delta BMC\) vuông tại B có BK là đường cao
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{BM^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\) (đpcm)
Câu 1:
A B C H E F
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có AH là đường cao
\(\Rightarrow AB^2=BH\times BC\)
Xét \(\Delta HBA\) vuông tại H có HE là đường cao
\(\Rightarrow BH^2=BE\times AB\)
\(\Rightarrow BE^2=\dfrac{BH^4}{AB^2}=\dfrac{BH^4}{BH\times BC}=\dfrac{BH^3}{BC}\)
Chứng minh tương tự, ta có: \(CF^2=\dfrac{CH^3}{BC}\)
Suy ra \(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}=\dfrac{BH}{\sqrt[3]{BC}}+\dfrac{CH}{\sqrt[3]{BC}}=\dfrac{BH+CH}{\sqrt[3]{a}}=\dfrac{a}{\sqrt[3]{a}}=\left(\sqrt[3]{a}\right)^2\)
Bài 1:
Vì \(DH\parallel AC\Rightarrow \frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}\) (định lý Ta-lét)
Vì \(EH\parallel BA\Rightarrow \frac{EC}{CA}=\frac{CH}{CB}\) (Ta-lét)
\(\Rightarrow \frac{BD}{BA}.\frac{CA}{EC}=\frac{BH}{CH}(1)\)
Theo công thức lượng trong tam giác vuông (sgk) thì :
\(\left\{\begin{matrix} AB^2=BH.BC\\ AC^2=CH.CB\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{AB^2}{AC^2}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{BD}{BA}.\frac{CA}{EC}=\frac{AB^2}{AC^2}\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{EC}=\frac{AB^3}{AC^3}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^3\) (đpcm)
b)
Ta có: \(BH+CH=BC=10\)
\(BH.CH=AH^2=25\) (theo hệ thức lượng)
\(\Rightarrow BH=CH=5\) (cm)
Theo hệ thức lượng:
\(\frac{1}{DH^2}=\frac{1}{BH^2}+\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^2}\Rightarrow DH=\frac{5}{\sqrt{2}}\)
\(\frac{1}{HE^2}=\frac{1}{AH^2}+\frac{1}{HC^2}=\frac{1}{5^2}+\frac{1}{5^2}\Rightarrow HE=\frac{5}{\sqrt{2}}\)
\(S_{ADHE}=DH.HE=\frac{25}{2}\) (cm vuông)
1c)
Theo tính chất đường phân giác:
\(\frac{KI}{BK}=\frac{CI}{CB}\Rightarrow \frac{BI}{BK}=\frac{CI+CB}{CB}\)
\(\frac{KF}{CK}=\frac{BF}{BC}\Rightarrow \frac{CF}{CK}=\frac{BF+BC}{BC}\)
\(\Rightarrow \frac{BI}{BK}.\frac{CF}{CK}=\frac{(CI+CB)(BF+BC)}{BC^2}(1)\)
Cũng theo tính chất tia phân giác:
\(\frac{CI}{AI}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow \frac{CI}{AC}=\frac{BC}{BC+AB}(2)\)
\(\frac{BF}{AF}=\frac{BC}{AC}\Rightarrow \frac{BF}{BA}=\frac{BC}{AC+BC}(3)\)
Từ (1);(2);(3) , thay thế và rút gọn suy ra:
\(\frac{BI}{BK}.\frac{CF}{CK}=\frac{(AB+BC+AC)^2}{(AB+BC)(AC+BC)}\)
\(=\frac{AB^2+AC^2+BC^2+2(AB.AC+AB.BC+AC.BC)}{AB.AC+AB.BC+AC.BC+BC^2}\)
\(=\frac{2BC^2+2(AB.AC+AB.BC+AC.BC)}{AB.AC+AB.BC+AC.BC+BC^2}=2\) (theo định lý Pitago)
Do đó:
\(BI.CF=2BK.CK\) (đpcm)
1)
gọi I là giao điểm của BD và CE
ta có E là trung điểm cua AB nên EB bằng 3 cm
xét △EBI có \(\widehat{I}\)=900 có
EB2 = EI2 + BI2 =32=9 (1)
tương tự IC2 + DI2 = 16 (2)
lấy (1) + (2) ta được
EI2+DI2+BI2+IC2=25
⇔ ED2+BC2=25
xét △ABC có E là trung điểm của AB và D là trung điểm của AC
⇒ ED là đường trung bình của tam giác
⇒ 2ED =BC
⇔ ED2=14BC2
⇒ 14BC2+BC2=25
⇔ 54BC2=25
⇔ BC2=20BC2=20
⇔ BC=√20
Ta có: \(S_{AHC}=\frac{AH.AC}{2}=96\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.AC=192cm\)(1)
\(S_{ABH}=\frac{AH.BH}{2}=54\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.BH=108cm\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH.BH.AH.HC=20736\)
Mà: AH2=BH.CH
=> AH2.AH2=BH.CH.AH2
<=> AH4=20736
=> AH=12cm
=> BH=9cm ; CH=16cm
Vậy BC=25cm
Bài 1:
a)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\) (cm)
\(S_{ABC}=\frac{AC.CB}{2}=\frac{AB.CK}{2}\Rightarrow CK=\frac{AC.CB}{AB}=\frac{8.6}{10}=4,8\) (cm)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BK=\sqrt{CB^2-CK^2}=\sqrt{6^2-4,8^2}=3,6\) (cm)
\(AK=BA-BK=10-3,6=6,4\) (cm)
b)
\(KH\perp BC, KI\perp AC\Rightarrow \widehat{KHC}=\widehat{KIC}=90^0=\widehat{HCI}\)
Tứ giác $KHCI$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
c)
Xét tam giác $CHK$ và $CKB$ có:
Góc $C$ chung
\(\widehat{CHK}=\widehat{CKB}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle CHK\sim \triangle CKB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CH}{CK}=\frac{CK}{CB}\Rightarrow CH.CB=CK^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CKI\sim \triangle CAK(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CK}{CA}=\frac{CI}{CK}\Rightarrow CA.CI=CK^2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow CH.CB=CA.CI\) (đpcm)
Bài 1:
d)
Vì \(HK\parallel AC\Rightarrow \frac{BH}{BK}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BH=\frac{BK.BC}{AB}\) (định lý Ta-let)
Tương tự: \(\frac{AI}{AK}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AI=\frac{AK.AC}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AK}{BK}.\frac{AC}{BC}\)
Xét tam giác $BKC$ và $BCA$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{BKC}=\widehat{BCA}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BKC\sim \triangle BCA(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BK=\frac{BC^2}{BA}\) (cái này là công thức hệ thức lượng quen thuộc, mình chỉ chứng minh lại thôi nhé)
Tương tự: \(AK=\frac{AC^2}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AK}{BK}=\frac{AC^2}{BC^2}(4)\)
Từ \((3);(4)\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AC^2}{BC^2}.\frac{AC}{BC}=\left(\frac{AC}{BC}\right)^3\) (đpcm)
e)
Áp dụng những công thức thu từ phần d:
\(AB.BH.AI=AB.\frac{BK.BC}{BA}.\frac{AK.AC}{AB}=\frac{AK.BK.BC.AC}{AB}\)
Mà \(AK=\frac{AC^2}{AB}; BK=\frac{BC^2}{AB}\Rightarrow AB.BH.AI=\left(\frac{AC.BC}{AB}\right)^3\)
\(=\left(\frac{2S_{ABC}}{AB}\right)^3=CK^3\) (đpcm)
f)
Ta có: \(S_{KHI}=\frac{KH.KI}{2}=\frac{KM.HI}{2}\)
\(\Rightarrow KM=\frac{KH.KI}{HI}\Rightarrow KM^2=\frac{KH^2.KI^2}{HI^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{HI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{KH^2+KI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{1}{KI^2}+\frac{1}{KH^2}\) (Pitago)
Mà theo phần b ta cm được $KHCI$ là hcn nên \(KI=CH; KH=CI\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\) (đpcm)