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.
a) Từ \(AB.AC=32\sqrt{6};\)\(\frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{6}}{3}\) suy ra \(AB=8;AC=4\sqrt{6}\)
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC, ta có tam giác ACH vuông cân tại H
⇒ \(AH=CH=\frac{AC}{\sqrt{2}}=4\sqrt{3}\)
\(sinB=\frac{AH}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)⇒ \(\widehat{B}=60^0\Rightarrow\widehat{BAC}=75^0\)
\(cosC=cos60^0=0,5=\frac{BH}{AB}\)
⇒ \(BH=\frac{AB}{2}=4\) ⇒ \(BC=BH+CH=4\sqrt{3}+4=4\left(\sqrt{3}+1\right)\)
b) \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.sinB=\frac{1}{2}.8.4\left(\sqrt{3}+1\right).\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(=24+8\sqrt{3}\)
Câu 2:
A B C M K H
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:
A B C H E F
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 \(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}=\dfrac{BH}{\sqrt[3]{BC}}+\dfrac{CH}{\sqrt[3]{BC}}=\dfrac{BH+CH}{\sqrt[3]{a}}=\dfrac{a}{\sqrt[3]{a}}=\left(\sqrt[3]{a}\right)^2\)
Hình tự vẽ
Từ D kẻ DE ⊥ AB (E ∈ AB); DF ⊥ AC (F ∈ AC)
Tứ giác AEDF có: \(\widehat{DEA}=\widehat{EAF}=\widehat{AFD}=90^o\)
=> AEDF là hình chữ nhật. Lại có AD là tia phân giác \(\widehat{EAF}\)
=> AEDF là hình vuông
=> AE = AF = DF = DE = \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)
Xét ΔBED và ΔDFC có:
\(\widehat{BED}=\widehat{DFC}=90^o\)
\(\widehat{EBD}=\widehat{FDC}\) (cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))
=> ΔBED ~ ΔDFC (g.g)
=> \(\dfrac{BE}{DF}=\dfrac{ED}{FC}\Rightarrow\dfrac{AB-AE}{DF}=\dfrac{ED}{AC-AF}\)
=> (AB - \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\))(AC - \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)) = \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}.\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)
=> AB.AC - \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)(AB + AC) + \(\dfrac{AD^2}{2}\) = \(\dfrac{AD^2}{2}\)
=> AB.AC = \(\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)(AB + AC)
=> \(\dfrac{AB.AC}{AB+AC}=\dfrac{AD}{\sqrt{2}}\)
=> \(\dfrac{AB+AC}{AB.AC}=\dfrac{\sqrt{2}}{AD}\Rightarrow\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AD}=\dfrac{\sqrt{2}}{AD}\)