Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ok!
Ta có: \(\dfrac{AK}{KC}=2.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2-1\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AK}{KC}+1=2.\dfrac{AB^2}{BC^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AK+KC}{KC}=2.\dfrac{AB.AC}{BC^2}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AC}{KC}=\dfrac{2AB.AC}{BC^2}\) \(\Leftrightarrow\dfrac{1}{KC}=\dfrac{2AB}{BC^2}\)
\(\Leftrightarrow BC^2=KC.2AB\)
\(\Leftrightarrow BK^2+KC^2=2AB.KC\)
\(\Leftrightarrow AB^2-AK^2+KC^2=2AB.KC\)
\(\Leftrightarrow\left(AB-KC\right)^2=AK^2\)
\(\Leftrightarrow AB-KC=AK\)
\(\Leftrightarrow AB=AK+KC=AC\) ( Luôn đúng)
\(\Rightarrowđpcm\)
P/s: Gợi ý câu a:Từ H kẻ đt // AH cắt BC tại I Áp dụng hệ thức 4
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: \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AL\cdot BK}{AC\cdot BC}\)
1), ta có
\(b.c.sin_a=ca.sin_b=cb.sin_c=2S_{ABC}\)
=> \(\dfrac{sin_a}{a}=\dfrac{sin_b}{b}=\dfrac{sin_c}{c}=k\)
=> \(\left\{{}\begin{matrix}sin_a=ka\\sin_b=kb\\sin_c=kc\end{matrix}\right.\)
Thay vào, ta có
\(\sqrt{a.sin_a}+\sqrt{b.sin_b}+\sqrt{c.sin_c}=\sqrt{k}\left(sin_a+sin_b+sin_c\right)\)
Mà \(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(sin_a+sin_b+sin_c\right)}=\sqrt{k}\left(sin_a+sin_b+sin_c\right)\)
=> VT=VP
=> ĐPCM
Bài 1:
a)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\) (cm)
\(S_{ABC}=\frac{AC.CB}{2}=\frac{AB.CK}{2}\Rightarrow CK=\frac{AC.CB}{AB}=\frac{8.6}{10}=4,8\) (cm)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BK=\sqrt{CB^2-CK^2}=\sqrt{6^2-4,8^2}=3,6\) (cm)
\(AK=BA-BK=10-3,6=6,4\) (cm)
b)
\(KH\perp BC, KI\perp AC\Rightarrow \widehat{KHC}=\widehat{KIC}=90^0=\widehat{HCI}\)
Tứ giác $KHCI$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
c)
Xét tam giác $CHK$ và $CKB$ có:
Góc $C$ chung
\(\widehat{CHK}=\widehat{CKB}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle CHK\sim \triangle CKB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CH}{CK}=\frac{CK}{CB}\Rightarrow CH.CB=CK^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CKI\sim \triangle CAK(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CK}{CA}=\frac{CI}{CK}\Rightarrow CA.CI=CK^2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow CH.CB=CA.CI\) (đpcm)
Bài 1:
d)
Vì \(HK\parallel AC\Rightarrow \frac{BH}{BK}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BH=\frac{BK.BC}{AB}\) (định lý Ta-let)
Tương tự: \(\frac{AI}{AK}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AI=\frac{AK.AC}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AK}{BK}.\frac{AC}{BC}\)
Xét tam giác $BKC$ và $BCA$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{BKC}=\widehat{BCA}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BKC\sim \triangle BCA(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BK=\frac{BC^2}{BA}\) (cái này là công thức hệ thức lượng quen thuộc, mình chỉ chứng minh lại thôi nhé)
Tương tự: \(AK=\frac{AC^2}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AK}{BK}=\frac{AC^2}{BC^2}(4)\)
Từ \((3);(4)\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AC^2}{BC^2}.\frac{AC}{BC}=\left(\frac{AC}{BC}\right)^3\) (đpcm)
e)
Áp dụng những công thức thu từ phần d:
\(AB.BH.AI=AB.\frac{BK.BC}{BA}.\frac{AK.AC}{AB}=\frac{AK.BK.BC.AC}{AB}\)
Mà \(AK=\frac{AC^2}{AB}; BK=\frac{BC^2}{AB}\Rightarrow AB.BH.AI=\left(\frac{AC.BC}{AB}\right)^3\)
\(=\left(\frac{2S_{ABC}}{AB}\right)^3=CK^3\) (đpcm)
f)
Ta có: \(S_{KHI}=\frac{KH.KI}{2}=\frac{KM.HI}{2}\)
\(\Rightarrow KM=\frac{KH.KI}{HI}\Rightarrow KM^2=\frac{KH^2.KI^2}{HI^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{HI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{KH^2+KI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{1}{KI^2}+\frac{1}{KH^2}\) (Pitago)
Mà theo phần b ta cm được $KHCI$ là hcn nên \(KI=CH; KH=CI\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\) (đpcm)
Em chỉ khuyến mại được cái hình thôi chứ bài thì em chịu do em chưa học tới!
Câu hỏi của Phạm Thị Hằng - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath
b: Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK
nên \(BD\cdot BK=AB^2\left(1\right)\)
Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot BK=BH\cdot BC\)
Câu a,b bạn tk ở đây, mình làm r
https://hoc24.vn/cau-hoi/cho-tam-giac-abc-vuong-tai-aduong-cao-ah-biet-bc8cmbh2cma-tinh-abacahb-tren-canh-ac-lay-diem-k-k-khac-acgoi-d-la-hinh-chieu-cua-a-tren.1961568340497
\(c,\) Áp dụng công thức tính diện tích hình tam giác bằng nửa tích hai cạnh nhân sin góc xen giữa
\(S_{BHD}=\dfrac{1}{2}BH\cdot BD\cdot\sin\widehat{DBH}\\ S_{BKC}=\dfrac{1}{2}BK\cdot BC\cdot\sin\widehat{KBC}\)Mà \(\widehat{DBH}\equiv\widehat{KBC}\)\(\Rightarrow\dfrac{S_{BHD}}{S_{BKC}}=\dfrac{BH\cdot BD}{BK\cdot BC}=\dfrac{2BD}{8BK}=\dfrac{BD}{4BK}=\dfrac{BD^2}{4BK\cdot BD}\\ =\dfrac{1}{4}\dfrac{BD^2}{AB^2}\left(hệ.thức.lượng\right)=\dfrac{1}{4}\cdot\cos^2\widehat{ABD}\\ \Rightarrow S_{BHD}=\dfrac{1}{4}S_{BKC}\cdot\cos^2\widehat{ABD}\)
:v nếu hưng thấy thì hưng cũm có thể giúp nhưn mà k thấy thì chịu nhá
Tứ giác AMSQ có: AM // SQ ; MS // AQ} gt
⇔ Tứ giác AMSQ là hình bình hành ⇒ AM = SQ
Tứ giác BWSP có: BW // SP ; BP // WS} gt
⇔ Tứ giác BWSP là hình bình hành ⇒ BW = SP
Tứ giác GSLK có: GK // SL ; GS // KL} gt
⇔ Tứ giác GSLK là hình bình hành ⇒ GK = LS
+) \(SQ + SP = PQ(gt) \) trong khi \(AM = SQ ;BW = SP \)
\(⇔ AM + BW = SQ + SP = PQ\)
+) \(2GK + WS = WS + SL + GK\) (vì GK = LS) \(= WL + GK\)
Vì ▲ABK có MG // AK; WL // BK và M,W ∈ AB; G ∈ BK; L ∈ AK nên:
\(+)\frac{WL}{BK} = \frac{AW}{AB} \) (Định lý Talet)
\(+)\frac{BG}{BK} = \frac{MB}{AB}\) (Định lý Talet) \(⇔\frac{BK - GK}{BK} = \frac{AB - AM}{AB}\)
\(⇔ 1 – \frac{GK}{BK} = 1 – \frac{AM}{AB} \)
\(⇔ \frac{GK}{BK} = \frac{AM}{AB}\)
Vì ▲ABK có PQ // AB và P ∈ BK; Q ∈ AK nên: \(+) \frac{QK}{AK} = \frac{PQ}{AB} \) (Định lý Talet)
\(⇔1 – \frac{QK}{AK} = 1 – \frac{PQ}{AB}\)
\(⇔ \frac{AK-QK}{AK} = \frac{AB-PQ}{AB} \)
\(⇔ \frac{AQ}{AK} = \frac{AB-PQ}{AB}\)
\(+) 2(\frac{BW}{AB}+\frac{GK}{BK})+\frac{WS}{BK}+\frac{AQ}{AK} = \frac{2BW}{AB}+\frac{2GK}{BK}+\frac{WS}{BK}+\frac{AQ}{AK} \)
\( = \frac{2BW}{AB}+\frac{WL + GK}{BK}+\frac{AQ}{AK}\)
Với \(\frac{GK}{BK} = \frac{AM}{AB} ; \frac{WL}{BK} = \frac{AW}{AB}; \frac{AQ}{AK} = \frac{AB-PQ}{AB}\) , ta có:
\(\frac{2BW}{AB}+\frac{WL}{BK}+\frac{GK}{BK}+\frac{AQ}{AK} \)
\(= \frac{BW + BW}{AB}+\frac{AW}{AB}+\frac{AM}{AB}+\frac{AB - PQ}{AB}\)
\(= \frac{AB + BW + AW + AM + BW – PQ}{AB}\)
\(= \frac{AB + AB + PQ – PQ}{AB} \)
\(= \frac{2AB}{AB} = 2\)
➤ \(2(\frac{BW}{AB}+\frac{GK}{BK})+\frac{WS}{BK}+\frac{AQ}{AK}\) \(=2\)