Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C H D K
a)) Xét tam giác ABC cân tại A có AH là đường cao => AH cũng là đường trung tuyến
=> BH = HC
Xét tam giác BCD có: AH // BD (vì cùng vuông góc với BC) và H là trung điểm của BC
=> AH là đường trung bình ==> \(AH=\frac{1}{2}BD\)=> BD = 2AH
b) Xét tam giác BCD vuông tịa B có BK là đường cao
=> \(\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{BD^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
=> \(\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{\left(2AH\right)^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{4AH^2}\)
Lời giải:
a) Vì tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến. Do đó $H$ là trung điểm của $BC$
$AH\perp BC, BD\perp BC\Rightarrow AH\parallel BC$. Áp dụng định lý Talet:
$\frac{AH}{BD}=\frac{CH}{CB}=\frac{1}{2}$ (do $H$ là trung điểm $BC$)
$\Rightarrow BD=2AH$ (đpcm)
b)
Xét tam giác vuông tại $B$ là $BDC$ có đường cao $BK$. Áp dụng công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
$\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BD^2}+\frac{1}{BC^2}$
Mà theo phần a thì $BD=2AH\Rightarrow BD^2=4AH^2$
$\Rightarrow \frac{1}{BK^2}=\frac{1}{4AH^2}+\frac{1}{BC^2}$ (đpcm)
CHO MÌNH SỬA LẠI CÂU 2: Biết chu vi \(\Delta ABH=30cm\)và chu vi \(\Delta ACH=10cm\).Tính chu vi \(\Delta ABC\)
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)
a, Chứng minh AH là đường trung bình của tam giác BCD
b, Sử dụng hệ thức giữa đường cao và các cạnh góc vuông trong tam giác vuông BCD và áp dụng câu a)