Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời. Lời giải: Kẻ đường cao $BH$ ($H\in AC$) Áp dụng định lý Pitago ta có: $=AB^2-AH^2+AC^2+AH^2-2AC.AH$ $=AB^2+AC^2-2AC.AH(1)$ Vì $\widehat{A}=45^0$ nên tam giác $AHB$ vuông cân tại $H$ $\Rightarrow AH=BH$ $\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{AH^2+AH^2}=\sqrt{2}AH(2)$ Từ $(1);(2)\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AC.\frac{AB}{\sqrt{2}}$ $=AB^2+AC^2-\sqrt{2}AB.AC$ Ta có đpcm. Bài 2: \(\cos60^0=\dfrac{28^2+35^2-BC^2}{2\cdot28\cdot35}\) \(\Leftrightarrow2009-BC^2=980\) hay \(BC=7\sqrt{21}\left(cm\right)\) A B C H 60 độ Kẻ CH \(\perp\)AB tại H ( H \(\in\)AB ) và HA + HB = AB Xét \(\Delta\)AHC vuông tại H có : \(\widehat{A}\)= \(60^o\)\(\Rightarrow\widehat{ACH}=30^o\) Ta chứng minh được : AH = \(\frac{1}{2}AC\)( cạnh đối diện góc 30 độ bằng 1/2 cạnh huyền ) Áp dụng đính lí Py-ta-go vào tam giác vuông AHC có : AC2 = HA2 + HC2 \(\Rightarrow\)HC2 = AC2 - HA2 hay HC2 = AC2 - \(\left(\frac{AC}{2}\right)^2\)= \(\frac{3}{4}AC^2\) Áp dụng định lí Py-ta-go BHC có : BC2 = CH2 + HB2 = \(\frac{3}{4}AC^2+\left(AB-AH\right)^2\) \(=\frac{3}{4}AC^2+\left(AB-\frac{1}{2}AC\right)^2\) \(=\frac{3}{4}AC^2+AB^2-2AB.\frac{AC}{2}+\left(\frac{1}{2}AC\right)^2\) \(=AC^2+AB^2-AB.AC\) Câu hỏi của nguyen thi bao tien - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath:Anh tham khảo ở đây. Mình sẽ làm từ câu C nha vì câu C có liên quan đến câu cuối c/ Xét tam giác ABF và tam giác AEC ta có : Góc BAF = góc CAE ( AF là phân giác) góc ABF = góc AEC ( 2 góc nt chắn cung AC) =>tam giác ABF đồng dạng tam giác AEC (g-g) =>\(\frac{AB}{AE}=\frac{AF}{AC}\)=>AB.AC=AE.AF d/ Xét tam giác ABF và tam giác CFE ta có: góc ABF = góc FEC ( 2 góc nt chắn cung AC ) góc BAF = góc FCE (2 góc nt chắn cung EB ) => tam giác ABF đồng dạng tam giác CEF (g-g) =>\(\frac{FB}{FE}=\frac{FA}{FC}\)=>FB.FC=FA.FE Ta có AF.AE=AB.AC (cmt) AF.FE=BF.CF (cmt) => AF.AE-AF.FE = AB.AC - BF.CF => AF(AE-FE) = AB.AC - BF.CF => \(AF^2=AB.AC-BF.CF\) a) Xét (O) có AE là tia phân giác của góc BAC c) AE là tia phân giác của góc BAC
K
Khách
NT
Nguyen Thuy Hoa
1 tháng 6 2017
Đúng(0)
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
AH
Akai Haruma
Giáo viên
1 tháng 10 2020
$BC^2=BH^2+CH^2=(AB^2-AH^2)+(AC-AH)^2$
12 tháng 2 2022
6 tháng 1 2018
25 tháng 6 2019
29 tháng 1 2019
MT
3 tháng 4 2020
=> ^BAE=^CAE
=> sđBE=sđCE
=> BE=CE (liên hệ giữa cung và dây cung)
=> tam giác BEC cân tại E (đpcm)
b) Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
=> ^BAC+^BEC=180 độ (2 góc đối nhau)
<=> ^BEC=180 độ - ^BAC
Tam giác ABC có ^BAC+^ABC+^BCA=180 độ
=> =180 độ - ^BAC=^ABC+^BCA
Suy ra Góc BEC = góc ABC + góc ACB (đpcm)
=> ^BAE=^CAE
Hay ^BAF=^CAE
Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
=> ^ABC=^AEC (2 góc nt chắn cung AC)
Hay ^ABF=^AEC
Xét tam giác ABF và tam giác AEC có:
^ABF=^AEC
^BAF=^CAE
=> tam giác ABF ~ tam giác AEC (g-g)
=> AB/AF=AE/AC
<=> AB.AC=AE.AF (đpcm)
