Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: ΔBCA vuông tại C
=>BC^2+CA^2=BA^2
=>BC^2=10^2-8^2=36
=>BC=6cm
Xét ΔBAC vuông tại C có CK là đường cao
nên CK*AB=CA*CB; AK*AB=AC^2; BK*BA=BC^2
=>CK=4,8cm; AK=8^2/10=6,4cm; BK=6^2/10=3,6cm
b: Xét tứ giác CHKI có
góc CHK=góc CIK=góc HCI=90 độ
=>CHKI là hình chữ nhật
c: ΔCKA vuông tại K có KI là đường cao
nên CI*CA=CK^2
ΔCKB vuông tại K có KH là đường cao
nên CH*CB=CK^2
=>CI*CA+CH*CB=2*CK^2
a: Xét ΔCKA vuông tại K có KI là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(CI\cdot CA=CK^2\left(1\right)\)
Xét ΔCKB vuông tại K có KH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(CH\cdot CB=CK^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(CI\cdot CA=CH\cdot CB\)
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) \(\Rightarrow\frac{AC^4}{BC^4}=\frac{AI.AC}{BH.BC}\Rightarrow\frac{AC^3}{CB^3}=\frac{AI}{BH}\)
Lời giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông đối với tam giác vuông $AHB$, đường cao $HE$:
$EA.EB=HE^2$
Tương tự: $FA.FC=HF^2$
$\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HE^2+HF^2=EF^2(1)$ (định lý Pitago)
Mặt khác: Dễ thấy $HEAF$ là hình chữ nhật do có 3 góc $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}=90^0$
$\Rightarrow EF=HA$
$\Rightarrow EF^2=HA^2(2)$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:
$AH^2=HB.HC(3)$
Từ $(1);(2); (3)\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HB.HC$ (đpcm)
b: Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK
nên \(BD\cdot BK=AB^2\left(1\right)\)
Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot BK=BH\cdot BC\)
Câu a,b bạn tk ở đây, mình làm r
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-tam-giac-abc-vuong-tai-aduong-cao-ah-biet-bc8cmbh2cma-tinh-abacahb-tren-canh-ac-lay-diem-k-k-khac-acgoi-d-la-hinh-chieu-cua-a-tren.1961568340497
\(c,\) Áp dụng công thức tính diện tích hình tam giác bằng nửa tích hai cạnh nhân sin góc xen giữa
\(S_{BHD}=\dfrac{1}{2}BH\cdot BD\cdot\sin\widehat{DBH}\\ S_{BKC}=\dfrac{1}{2}BK\cdot BC\cdot\sin\widehat{KBC}\)Mà \(\widehat{DBH}\equiv\widehat{KBC}\)\(\Rightarrow\dfrac{S_{BHD}}{S_{BKC}}=\dfrac{BH\cdot BD}{BK\cdot BC}=\dfrac{2BD}{8BK}=\dfrac{BD}{4BK}=\dfrac{BD^2}{4BK\cdot BD}\\ =\dfrac{1}{4}\dfrac{BD^2}{AB^2}\left(hệ.thức.lượng\right)=\dfrac{1}{4}\cdot\cos^2\widehat{ABD}\\ \Rightarrow S_{BHD}=\dfrac{1}{4}S_{BKC}\cdot\cos^2\widehat{ABD}\)
a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)
b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)
\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)
Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)
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)