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:
$BC^2=BH^2+CH^2=(AB^2-AH^2)+(AC-AH)^2$
$=AB^2-AH^2+AC^2+AH^2-2AC.AH$
$=AB^2+AC^2-2AC.AH(1)$
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.
Câu 2:
Từ B, kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại M.
Từ giả thiết, ta có:
\(\cdot\) AH // BM (do cùng _I_ BC)
\(\cdot\) H là trung điểm của BC (\(\Delta ABC\) cân tại A có AH là đường cao)
Suy ra AH là đường trung bình của \(\Delta BMC\)
\(\Rightarrow BM=2AH\)
Xét \(\Delta BMC\) vuông tại B có BK là đường cao
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{BM^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\) (đpcm)
Câu 1:
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có AH là đường cao
\(\Rightarrow AB^2=BH\times BC\)
Xét \(\Delta HBA\) vuông tại H có HE là đường cao
\(\Rightarrow BH^2=BE\times AB\)
\(\Rightarrow BE^2=\dfrac{BH^4}{AB^2}=\dfrac{BH^4}{BH\times BC}=\dfrac{BH^3}{BC}\)
Chứng minh tương tự, ta có: \(CF^2=\dfrac{CH^3}{BC}\)
Suy ra \(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}=\dfrac{BH}{\sqrt[3]{BC}}+\dfrac{CH}{\sqrt[3]{BC}}=\dfrac{BH+CH}{\sqrt[3]{a}}=\dfrac{a}{\sqrt[3]{a}}=\left(\sqrt[3]{a}\right)^2\)