Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) 1 + tan22 a =1 +(\(\dfrac{sina}{cosa}\))2 =\(\dfrac{sina+cosa}{cos^2a}\)=\(\dfrac{1}{cos^2a}\)
b) 1 + cot2 a= 1 +(\(\dfrac{cosa}{sina}\))2 = \(\dfrac{cosa+sina}{sin^2a}\)=\(\dfrac{1}{sin^2a}\)
c) tan2 a (2 sin2a + 3 cos2 a - 2)
=tan2 a[cos2 a +2 (\(sina^2+cos^2a\))-2 ]
=\(\dfrac{sin^2a}{cos^2a}\)×\(cos^2a=sin^2a\)
b: \(1+cot^2a=1+\left(\dfrac{cosa}{sina}\right)^2=\dfrac{1}{sin^2a}\)
c: \(=tan^2a\left[2\left(1-cos^2a\right)+3cos^2a-2\right]\)
\(=tan^2a\left[cos^2a\right]\)
\(=\dfrac{sin^2a}{cos^2a}\cdot cos^2a=sin^2a\)
a) Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=\left(90^0\right)\)
=> BFEC là tứ giác nội tiếp
=> \(\widehat{FEC}+\widehat{ABC}=180^0\)( đpcm )
b) \(tanB\cdot tanC=\frac{AD}{BD}\cdot\frac{AD}{CD}=\frac{AD^2}{BD\cdot CD}\)
Cần chứng minh : \(\frac{AD^2}{BD\cdot DC}=\frac{AD}{HC}=\frac{AD^2}{HC\cdot DC}\)
\(\Leftrightarrow BD\cdot DC=HC\cdot DC\)
Điều này luôn đúng do tam giác ABD đồng dạng với tam giác HDC
Tạm 2 câu trước, đợi mình chút
c) Vì ΔABC~ΔAEF nên \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}=\frac{AB^2}{AE^2}\) (1)
\(cos^2A=\frac{AE^2}{AB^2}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}.cos^2A=1\)
⇔ \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)
d) Do \(\widehat{A}=45^0\) nên tam giác AEB và AFC vuông cân lần lượt tại E và F.
⇔ \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)
⇔ \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\) ⇔ \(EF=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)cm
e) Do tam giác ABC nhọn nên
\(S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CED}+S_{DEF}\)
Dễ chứng minh ΔBDF~ΔBAC; ΔCED~ΔCBA
Ta có: \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{AE^2}{AB^2}+\frac{BF^2}{BC^2}+\frac{CD^2}{CA^2}\)
\(=\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{BDF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}< \frac{S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CDE}+S_{DEF}}{S_{ABC}}=1\)
Vậy ....
anybody help me