Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B C H I K
a. Theo định lí Pitago ta có \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{b^2+c^2}\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
\(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\)
\(AI.AB=AH^2\Rightarrow AI=\frac{AH^2}{AB}=\frac{b^2c^2}{\left(b^2+c^2\right)c}=\frac{b^2c}{b^2+c^2}\)
\(AK.AC=AH^2\Rightarrow AK=\frac{AH^2}{AC}=\frac{b^2c^2}{\left(b^2+c^2\right)b}=\frac{bc^2}{b^2+c^2}\)
b. Ta có \(BI=AB-AI=c-\frac{b^2c}{b^2+c^2}=\frac{c^3+cb^2-b^2c}{b^2+c^2}=\frac{c^3}{b^2+c^2}\)
\(CK=AC-AK=b-\frac{bc^2}{b^2+c^2}=\frac{b^3}{b^2+c^2}\)
Vậy \(\frac{BI}{CK}=\frac{\frac{c^3}{b^2+c^2}}{\frac{b^3}{b^2+c^2}}=\frac{c^3}{b^3}\)
Đáp án:
Giải thích các bước giải:
a. Xét tứ giác AIHK có
∠HKA=∠KAI=∠AIH=90 độ
⇒AIHK là hình chữ nhật
b. Có ∠CHK=∠CBA ( đồng vị )
mà ∠CBA=∠KAH ( do cùng phụ ∠BAH)
∠KAH=∠AKI (t/c hcn)
⇒∠CBA=∠AKI
Mặt khác : ∠ACB+∠ABC=90 độ
∠AIK+∠AKI=90 độ
⇒∠ACB=∠AIK
A B C E F H M K I
A. Ta có \(\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AC=\frac{5}{3}AH;BC=\frac{AB.AC}{AH}=\frac{AB.5AH}{3.AH}=\frac{5}{3}AB\)
Theo định lí Pitago ta có \(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow15^2+\frac{25}{9}AH^2=\frac{25}{9}.15^2\Rightarrow AH^2=144\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow AC=\frac{5}{3}.12=20\Rightarrow BC=\sqrt{15^2+20^2}=25\left(cm\right)\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH=\frac{AB^2}{AC}=9;CH=\frac{AC^2}{BC}=16\left(cm\right)\)
b. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BE=\frac{BH^2}{AB}=5,4\left(cm\right);CF=\frac{CH^2}{AC}=12,8\left(cm\right)\)
Ta có \(AH^3=12^3=1728\)
\(BC.BE.CF=25.5,4.12,8=1728\)
Vậy \(AH^3=BC.BE.CF\)
c. Ta kẻ \(CK⊥BC\)tại M \(\Rightarrow\)yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\)chứng minh M là trung điểm BC
Ta gọi I là giao điểm của AH và EF
Xét \(\Delta AKI\)và \(\Delta AHM\)
có \(\hept{\begin{cases}\widehat{K}=\widehat{H}=90^0\\\widehat{Achung}\end{cases}\Rightarrow\Delta AKI~\Delta AHM\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\widehat{AIF}=\widehat{AMB}\)
Ta chứng minh được \(AFHE\)là hình chữ nhật vì \(\widehat{F}=\widehat{A}=\widehat{E}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{IAF}=\widehat{IFA}\)\(\Rightarrow\widehat{FMA}=180^0-2\widehat{MAF}\left(1\right)\)
Lại có \(\widehat{HBA}=\widehat{IAF}\Rightarrow\widehat{AMH}=180^0-2\widehat{HBA}\)
\(\Rightarrow\Delta AMB\)cân tại I \(\Rightarrow MA=MB\)
Tương tự chứng minh được \(MA=MC\)
Vậy M là trung điểm BC hay ta có đpcm
a) LIÊN TỤC ÁP DỤNG HTL TA ĐƯỢC: \(\hept{\begin{cases}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.CB\end{cases}}\)
=> \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH}{CH}\)
=> \(\frac{AB^4}{AC^4}=\frac{BH^2}{CH^2}\) (1)
LẠI ÁP DỤNG HTL TA ĐƯỢC: \(\hept{\begin{cases}BH^2=BI.BA\\CH^2=CK.CA\end{cases}}\)
=> \(\frac{BH^2}{CH^2}=\frac{BI}{CK}.\left(\frac{AB}{AC}\right)\) (2)
TỪ (1) VÀ (2) TA ĐƯỢC: \(\frac{AB^4}{AC^4}=\frac{BI}{CK}.\left(\frac{AB}{AC}\right)\)
<=> \(\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{BI}{CK}\)
VẬY TA CÓ ĐPCM !!!!
ĐẲNG THỨC <=> \(AH^4=AH.BC.BI.CK\)
ÁP DỤNG HTL TRONG TAM GIÁC VUÔNG ABC ĐƯỢC: \(AH.BC=AB.AC\)
=> \(AH.BC.BI.CK=AB.AC.BI.CK=\left(BI.BA\right).\left(CK.CA\right)\)
LIÊN TỤC ÁP DỤNG TIẾP 2 HTL TA LẠI ĐƯỢC:
\(\hept{\begin{cases}BI.BA=BH^2\\CA.CK=CH^2\end{cases}}\)
=> \(\left(BI.BA\right).\left(CA.CK\right)=\left(BH.CH\right)^2=\left(AH^2\right)^2\left(htl\right)=AH^4\)
VẬY TA CÓ ĐPCM !!!!!!
A B C H D K
a) Ta có: \(1+1=2\Leftrightarrow\frac{AB^2}{AB^2}+\frac{AC^2}{AC^2}=2\Leftrightarrow\frac{BC^2-AC^2}{AB^2}+\frac{BC^2-AB^2}{AC^2}=2\)
\(\Leftrightarrow\frac{BC^2}{AB^2}+\frac{BC^2}{AC^2}-\frac{AC^2}{AB^2}-\frac{AB^2}{AC^2}=2\)(*)
Lại có: \(\Delta\)DHA ~ \(\Delta\)ABC (g.g) \(\Rightarrow\frac{BC}{AB}=\frac{AH}{HD}\Leftrightarrow\frac{BC^2}{AB^2}=\frac{AH^2}{HD^2}\)(1)
\(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)KAH (g.g) \(\Rightarrow\frac{BC}{AC}=\frac{AH}{HK}\Leftrightarrow\frac{BC^2}{AC^2}=\frac{AH^2}{HK^2}\)(2)
\(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)HBA (g.g) \(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AH}{BH}\Leftrightarrow\frac{AC^2}{AB^2}=\frac{AH^2}{BH^2}\)(3)
Tương tự: \(\frac{AB}{AC}=\frac{AH}{CH}\Leftrightarrow\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AH^2}{CH^2}\)(4).
Thay hết (1); (2); (3) và (4) vào (*) ta được: \(\frac{AH^2}{HD^2}+\frac{AH^2}{HK^2}-\frac{AH^2}{BH^2}-\frac{AH^2}{CH^2}=2\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{HD^2}+\frac{1}{HK^2}-\frac{1}{BH^2}-\frac{1}{CH^2}=\frac{2}{AH^2}\)(Chia cả 2 vế cho AH2)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{HD^2}+\frac{1}{HK^2}=\frac{1}{BH^2}+\frac{1}{CH^2}+\frac{2}{AH^2}\)(đpcm).
b) Ta có: \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)DBH (g.g) \(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DH}\)
\(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)KHC (g.g) \(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{HK}{KC}\). Nhân theo vế 2 hệ thức trên:
\(\Rightarrow\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{DB.HK}{KC.DH}\Leftrightarrow\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{DH}{HK}=\frac{DB}{KC}\)(5)
Dễ chứng minh tứ giác ADHK là hình chữ nhật \(\Rightarrow\frac{DH}{HK}=\frac{AK}{AD}\)
Mà \(\Delta\)DAK ~ \(\Delta\)CAB (g.g) \(\Rightarrow\frac{AK}{AD}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow\frac{DH}{HK}=\frac{AB}{AC}\)(6)
Từ (6) & (5) \(\Rightarrow\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{KC}\Leftrightarrow\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{DB}{KC}\)(đpcm).
c) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(BH^2=BD.AB;\) \(CH^2=CK.AC\)
\(\Rightarrow\left(BH.CH\right)^2=BD.AB.CK.AC=BD.CK.AB.AC\)
Mặt khác: \(S_{ABC}=\frac{AB.AC}{2}=\frac{AH.BC}{2}\Rightarrow AB.AC=AH.BC\)
\(\Rightarrow\left(BH.CH\right)^2=BD.CK.BC.AH\).
Lại có: \(AH^2=BH.CH\)(Hệ thức lượng)
\(\Rightarrow AH^4=BD.CK.BC.AH\Leftrightarrow AH^3=BD.CK.BC\)(đpcm).
Kurokawa neko: câu a bạn có thể giải theo hệ thức lượng sẽ ngắn và đơn giản hơn nhiều