Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét ∆ABE và ∆ACF có:
\(\widehat{A}\left(chung\right)\)
\(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\)∆ABE ~ ∆ACF (g-g)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ∆AEF và ∆ABC có:
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\left(cmt\right)\)
\(\widehat{A}\left(chung\right)\)\
\(\Rightarrow\)∆AEF ~ ∆ABC (đpcm)
Ta có: \(\tan B=\frac{ÁD}{DB};\tan C=\frac{AD}{DC}\)
Xét ∆ADC và ∆BDH có:
\(\widehat{HBD}=\widehat{CAD}\)( cùng phụ với \(\widehat{C}\))
\(\widehat{ADC}=\widehat{BDH}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\)∆ADC ~ ∆ BDH (g-g)
\(\Rightarrow\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{DH}\)
\(\Rightarrow\tan B\cdot\tan C=\frac{AD}{DB}\cdot\frac{AD}{DC}=\frac{AD}{DB}\cdot\frac{BD}{DH}=\frac{AD}{DH}\)(đpcm)
Trước tiên ta chứng minh bài toán phụ: công thức tính diện tích tam giác ABC có góc A nhọn \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A\)
Giải: Kẻ đường cao BH thì \(BH=AB.\sin A\)do đó \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AC.BH=\frac{1}{2}AC.AB.\sin A\)
Ta quay trở lại việc giải bài toán trên. (hình bạn tự vẽ nhé!)
Ta có \(S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{BDF}-S_{CDE}\)suy ra \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{BDF}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}.\)
Áp dụng bài toán phụ ta có \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}AE.AF.\sin A}{\frac{1}{2}AB.AC.\sin A}=\frac{AE.AF}{AB.AC}=\frac{AF}{AC}.\frac{AE}{AB}\)
Trong các tam giác vuông ACF và ABE có: \(\cos A=\frac{AF}{AC}\)và \(\cos A=\frac{AE}{AB}\)
Do đó \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\cos^2A\)tương tự \(\frac{S_{BDF}}{S_{ABC}}=\cos^2B\)và \(\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}=\cos^2C\)
Vậy \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=\left(1-\cos^2A\right)-\cos^2B-\cos^2C=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C.\)
Hay \(S_{DEF}=\left(\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\right).S_{ABC}=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\)(do \(S_{ABC}=1\)).
a) \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90o\) => tứ giác BFEC nội tiếp => \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC;}\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)=> \(\Delta AEF~\Delta ABC\)
SAEF = \(\frac{1}{2}AE.AF.sinA\); SABC = \(\frac{1}{2}AB.AC.sinA\)=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}\)=cos2A (cosA = \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\))
b) làm tương tự câu a ta được SBFD=cos2B.SABC; SCED=cos2C.SABC
=> SDEF =SABC-SAEF-SBFD-SCED = (1-cos2A-cos2B-cos2C)SABC
a: Xét tứ giác BDHF có
góc BDH+góc BFH=180 độ
=>BDHF là tứ giác nội tiếp
b: Xét tứ giác BFEC có
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC là tứ giác nội tiếp
c: Xét ΔHAF vuông tại F và ΔHCD vuông tại D có
góc AHF=góc CHD
=>ΔHAF đồng đạng với ΔHCD
=>HA/HC=HF/HD
=>HA*HD=HF*HC
Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
góc FHB=góc EHC
=>ΔHFB đồng dạng vơi ΔHEC
=>HF/HE=HB/HC
=>HF*HC=HB*HE=HA*HD
d: Xét ΔAEF và ΔABC có
góc AEF=góc ABC
góc FAE chung
=>ΔAEF đồng dạng với ΔABC
a)
\(\Delta EAB\) ~ \(\Delta FAC\) (g - g)
\(\Rightarrow\dfrac{EA}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF\) ~ \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE^2}{AB^2}=\cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{AEF}=\cos^2A\left(S_{ABC}=1\right)\) (1)
Chứng minh tương tự, ta có: \(S_{BFD}=\cos^2B\) (2) và \(S_{CDE}=\cos^2C\) (3)
Cộng theo vế của (1) , (2) và (3) => đpcm
b)
\(S_{DEF}=S_{ABC}-\left(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}\right)\text{ }\)
\(=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)
\(=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\) (đpcm)
a: Xét tứ giác BFEC có góc BFC=góc BEC=90 độ
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
=>ΔAFE đồng dạng với ΔACB
b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
góc FHB=góc EHC
Do đó: ΔHFB đồng dạng với ΔHEC
Suy ra: HF/HE=HB/HC
hay \(HF\cdot HC=HB\cdot HE\)(1)
Xét ΔHFA vuông tại F và ΔHDC vuông tại D có
góc FHA=góc DHC
Do đó: ΔHFA đồng dạg với ΔHDC
Suy ra: HF/HD=HA/HC
hay \(HF\cdot HC=HA\cdot HD\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(HA\cdot HD=HB\cdot HE=HC\cdot HF\)