Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
từ B kẻ đường thẳng vuông góc với AC tại k
ta có: 2.AK.b=AK.b+AK.b
=AK.(AK+CK)+(b-CK).b
=AK^2+AK.CK+b^2-b.CK
=c^2-BK^2+b^2-CK.(b-AK)
=c^2-(a^2-CK^2)+b^2-CK.CK
=c^2-a^2+CK^2+b^2-CK^2
=b^2+c^2-a^2
mà: cosA=AK/c=2.AK.b/2bc
=(b^2+c^2-a^2)/2bc
=>b^2+c^2-a^2=2bc.cosA (đpcm)
Bài 1:
Áp dụng định lí pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
BC2=AC2+AB2
BC2=42+32
BC=\(\sqrt{25}\)=5(cm)
Ta có:
Sin B=\(\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}=0.8\)
Cos B=\(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}=0.6\)
Tag B=\(\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{4}{3}\)
Cotg B=\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{4}=0.75\)
Bạn ghi sai đề r. Tam giác bình thường (không vuông) làm gì có sin, cos với lại phải ghi nếu vuông thì vuông tại đâu nha
Bạn kẻ 3 đường trung trực ứng với 3 cạnh BC, AC và AB, gọi giao điểm của 3 đường trung trực này là O => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (định nghĩa) => OA = OB = OC = R
Các đường trung trực của các cạnh lần lượt cắt BC,AC và AB lần lượt tại các điểm A1, B1 và C1.
Hạ đường cao BH của tam giác ABC
Dễ dàng chứng minh được : tam giác ABH đồng dạng tam giác OCA1 (góc-góc) {\(\widehat{AHB}=\widehat{CA1O}=90^o\)và \(\widehat{BAH}=\widehat{A1OC}=\frac{1}{2}SĐ\widebat{BC}\)
2 tam giác này đồng dạng => AH/OA1 = AB/OC <=> AH/AB = OA1/OC <=> cos A = OA1/R (hệ thức lượng trong tam giác vuông ABH vuông tại H thì cos A = AH/AB) => OA1 = R. cos A
CMTT : cos B= OB1/R và cos C = OC1/R
Đặt BC = a, AC = b và AB = c
Kéo dài CO cắt đường tròn (O) tại M => CM là đường kính của đt (O) => CM = 2R
Ta có \(\widehat{CAM}=90^O\)(góc nội tiếp chắn nửa đt) => tam giác ACM vuông tại A => sin \(\widehat{AMC}=\frac{AC}{MC}=\frac{b}{2R}\)
Ta có : \(\widehat{AMC}=\widehat{B}\)(cùng chắn \(\widebat{AC}\)) => sin B = \(\frac{b}{2R}\)
CMTT : sin A = \(\frac{a}{2R}\)và sin C = \(\frac{c}{2R}\)
=> sin A + sin B + sin C = \(\frac{a+b+c}{2R}\)=> a +b +c = 2R (sin A + sin B + sin C)
Trong 1 tam giác bất kỳ tổng của 2 cạnh luôn lớn hơn cạnh thư 3 (cái này ai cũng biết rồi :))))
Với tam giác OA1B1 thì OA1+OB1 > A1B1 = AB/2 (Vì A1, B1 lần lượt là trung điểm của BC và AC => A1B1 là đường trung bình của tam giác ABC nên A1B1 =AB/2) (1)
tương tự OA1+ OC1> A1C1 = AC/2 (2)
OB1 + OC1 > B1C1 = BC/2 (3)
cộng từng vế với vế của (1), (2) và (3) => a + b +c < 4 (OA1 + OB1 + OC1) (4)
Thay a+b+c = 2R (sin A + sin B + sin C) và OA1 = R.cos A, OB1= R.cos B, OC1=R.cos C vào (4) ta được:
sin A + sin B + sin C < 2(cos A + cos B + cos C) => ĐPCM.
Note: Bạn ghi nhầm đề rồi phải nhân thêm 2 vào vế cos thì mới đúng nhé. Còn cách CM như mình làm ạ.
\(cosA+cosB+cosC\le\dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow2cos\dfrac{A+B}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}+1-2sin^2\dfrac{C}{2}\le\dfrac{3}{2}\\ \Leftrightarrow Sin^2\dfrac{C}{2}-sin\dfrac{C}{2}.cos\dfrac{A-B}{2}+\dfrac{1}{4}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(sin\dfrac{C}{2}-\dfrac{1}{2}cos\dfrac{A-B}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}cos^2\dfrac{A-B}{2}+\dfrac{1}{4}\ge0\\ \Leftrightarrow\left(sin\dfrac{C}{2}-\dfrac{1}{2}cos\dfrac{A-B}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}\left(1-cos^2\dfrac{A-B}{2}\right)\Leftrightarrow\left(sin\dfrac{C}{2}-\dfrac{1}{2}cos\dfrac{A-B}{2}\right)^2+\dfrac{1}{4}sin^2\dfrac{A-B}{2}\ge0\)=> Luôn đúng
=>đpcm
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 ....
ABCHcabDEH**Cái tia phân giác là của câu a, không cần để ý nó**
Hình
a:
Xét tứ giác BLKC có góc BLC=góc BKC=90 độ
nên BLKC là tứ giác nội tiếp
=>góc ALK=góc ACB
=>ΔALK đồng dạng với ΔACB
=>AL/AC=AK/AB=LK/BC
\(\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AK}{AB}\cdot\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AL}{AC}\cdot\dfrac{BK}{BC}\)
b: \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AL\cdot BK}{AC\cdot BC}\)