Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
- Dựng phân giác AD của góc A . Sau đó dựng BB' và CC' vuông góc với AD
- Đặt BB' = x , CC' = y . Ta có :
+) Tam giác ABB' cân tại A : \(\sin\frac{A}{2}=\frac{x}{2c}\)
+) Tam giác ACC' cân tại A : \(\sin\frac{A}{2}=\frac{y}{2b}\)
\(\Rightarrow\sin^2\frac{A}{2}=\frac{x.y}{4bc}\)
- Do đó để chứng minh ta cần cm : xy < a2
+) Trong \(\Delta BHD\)vuông tại H , ta có : \(BH\le BD\)hay \(-\frac{x}{2}< BD\)
+) Trong \(\Delta CKD\)vuông tại K , ta có : \(CK\le CD\)hay \(-\frac{y}{2}\le CD\)
\(\Rightarrow a=BD+CD\ge\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\)
\(\Rightarrow x^2\ge xy\left(đpcm\right)\)
a) Xét tam giác vuông \(\Delta ABD\to\tan B=\frac{AD}{BD}.\)
Xét tam giác vuông \(\Delta ACD\to\tan C=\frac{AD}{CD}.\)
Vậy \(\tan B\cdot\tan C=\frac{AD}{BD}\cdot\frac{AD}{CD}=\frac{AD^2}{BD\cdot CD}.\)
Mặt khác \(\Delta DHB\sim\Delta DCA\) (g.g), ta suy ra \(\frac{DH}{DB}=\frac{DC}{DA}\to DB\cdot DC=DH\cdot DA.\) Thành thử
\(\tan B\cdot\tan C=\frac{AD^2}{BD\cdot CD}=\frac{AD^2}{DH\cdot DA}=\frac{AD}{HD}.\)
b. Theo chứng minh trên \(DH\cdot DA=DB\cdot DC\le\left(\frac{DB+DC}{2}\right)^2=\frac{BC^2}{4}.\)
c. Đề bài không đúng, đề nghị tác giả xem lại đề!
Anh Phan hữu Dũng cho em nói một câu
Anh cho em một tích
Em mới học lớp 7
Mà giải được lớp 9
Thôi cho em tích nha Phan hữu Dũng
Kẻ Đường cao AH
Tam giác AHB vuông tại H
=> \(sinB=\frac{AH}{AB}\) (1)
tam giác AHC vuông tại H
=> \(sinC=\frac{AH}{AC}\) (2)
Từ (1) và (2) => \(\frac{sinB}{sinC}=\frac{AH}{AB}:\frac{AH}{AC}=\frac{AC}{AB}\)
=> \(\frac{AC}{sinB}=\frac{AB}{sinC}\) (*)
CMTT : \(\frac{BC}{sinA}=\frac{AB}{sinC}\) (**)
\(\frac{BC}{sinA}=\frac{AC}{sinB}\) (***)
Từ (*) và (**) (***) => \(\frac{BC}{sinA}=\frac{AC}{sinB}=\frac{AB}{sinC}\)
Câu a. Trong một tam giác có ít nhất hai góc nhọn, giả sử là B và C. Kẻ AH vuông góc với BC, thì H nằm giữa B,C. Ta đặt \(h=AH,x=HC\) . Theo định lý Pi-ta-go cho tam giác AHC ta có \(h^2+x^2=b^2.\) (1)
Mặt khác \(BH=a-x\to\left(a-x\right)^2+h^2=AH^2+BH^2=AB^2=c^2\to\left(a-x\right)^2+h^2=c^2.\) (2)
Trừ (1),(2) cho nhau ta được \(x^2-\left(a-x\right)^2=b^2-c^2\to x=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}.\)
Vì vậy \(h^2=b^2-x^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2=\frac{\left(c^2-\left(a-b\right)^2\right)\left(\left(a+b\right)^2-c^2\right)}{4a^2}\)
Thành thử, \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\cdot\sqrt{\frac{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}{4a^2}}\)
\(\to S_{\Delta ABC}=\frac{1}{4}\cdot\sqrt{\left(c-a+b\right)\left(c+a-b\right)\left(a+b+c\right)\left(a+b-c\right)}=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}.\)
Câu b. (Ở đây thiếu giải thích \(m_a\) là độ dài trung tuyến kẻ từ A.
Không mất tính tổng quát giả sử \(AB\le AC\), gọi M là trung điểm BC, thì H nằm giữa B,M. Theo trên ta có
\(HM=HC-CM=x-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2+a^2}{2a}-\frac{a}{2}=\frac{b^2-c^2}{2a}.\)
Vậy theo định lý Pitago ta có \(AM^2=AH^2+HM^2=h^2+AM^2=b^2-\left(\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}\right)^2+\left(\frac{b^2-c^2}{2a}\right)^2=\)
\(\to AM^2=b^2-\frac{a^4+2a^2\left(b^2-c^2\right)}{4a^2}=b^2-\frac{a^2+2b^2-2c^2}{4}=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}.\) (ĐPCM)