Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hiện tại lm đc câu a, câu b tí nx làm
Mk sẽ ko tính theo a,b,c mà tính theo AB,AC,BC
Kẻ đg cao CH\(\Rightarrow\cos A=\frac{AH}{AC}\)
Xét \(VP=AH^2+HC^2+\left(AH+HB\right)^2-2AB.AC.\frac{AH}{AC}\)
\(=AH^2+HC^2+AH^2+HB^2+2AH.HB-2AB.AH\)
\(=2AH^2+BC^2-2AH\left(AB-HB\right)=2AH^2+BC^2-2AH.AH=2AH^2+BC^2-2AH^2=BC^2=VT\)
Cái kia phải là \(\tan\frac{\widehat{ABC}}{2}\) ms đúng
Kẻ phân giác BM
Có \(\tan\widehat{\frac{ABC}{2}}=\tan\widehat{ABM}=\frac{AM}{AB}\)
Có BD là p/g\(\Rightarrow\frac{AM}{AB}=\frac{MC}{BC}\Leftrightarrow AB=\frac{AM.BC}{MC}\)
Xét \(VT=\frac{AC}{AB+BC}=\frac{AC}{\frac{AM.BC}{MC}+BC}=\frac{AC}{\frac{BC\left(AM+MC\right)}{MC}}=\frac{AC.MC}{BC.AC}=\frac{MC}{BC}\)
Mà \(\frac{MC}{BC}=\frac{AM}{AB}=\tan\widehat{ABM}\)
\(\Leftrightarrow\frac{AC}{AB+BC}=\tan\widehat{ABM}=\tan\frac{\widehat{ABC}}{2}\)
Lời giải:
a) Áp dụng đl Pitago cho các tam giác vuông $BHE, CHF$:
\(BC^2=(BH+CH)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)
\(=BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2BH.CH\)
\(=(EH^2+HF^2)+2BH.CH+BE^2+CF^2(1)\)
Xét tứ giác $AEHF$ có 3 góc vuông \(\widehat{EAF}=\widehat{HFA}=\widehat{AEH}=90^0\) nên $AEHF$ là hình chữ nhật
\(\Rightarrow HF=EA\)
Do đó: \(EH^2+HF^2=EH^2+EA^2=AH^2(2)\) (theo định lý Pitago)
Xét tam giác $BAH$ và $ACH$ có:
\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}(=90^0-\widehat{HAC})\)
\(\widehat{BHA}=\widehat{AHC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow BH.CH=AH^2(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow BC^2=AH^2+2.AH^2+BE^2+CF^2=3AH^2+BE^2+CF^2\)
(đpcm)
b)
Xét tam giác $BAH$ và $BCA$ có:
\(\widehat{B}\) chung
\(\widehat{BHA}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle BCA(g.g)\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BC}{BA}\)
\(\Rightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}(4)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CAH\sim \triangle CBA(g.g)\Rightarrow CH=\frac{CA^2}{BC}(5)\)
Từ \((4);(5)\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{BC}:\frac{CA^2}{BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\) (đpcm)
c)
Hoàn toàn tương tự như cách CM tam giác đồng dạng phần b, ta có:
\(\triangle BHE\sim \triangle BAH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{BE}{BH}\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)
\(\triangle CHF\sim \triangle CAH(g.g)\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{CF}{CH}\Rightarrow CF=\frac{CH^2}{CA}\)
Do đó, kết hợp với kết quả phần b:
\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{CA}=(\frac{BH}{CH})^2.\frac{CA}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\) (đpcm)
d) Ta có:
\(BC.HE.HF=BC.\frac{HE.BA}{BA}.\frac{HF.AC}{AC}=BC.\frac{2S_{BHA}}{BA}.\frac{2S_{CHA}}{CA}\)
\(=BC.\frac{BH.AH}{BA}.\frac{CH.AH}{CA}=\frac{BC.AH}{AB.AC}.AH.BH.CH\)
\(=\frac{2S_{ABC}}{2S_{ABC}}.AH.AH^2\) (theo (3))
\(=AH^3\) (đpcm)
