Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì BC có độ dài lớn nhất nên đề bài tương đương với: \(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}=\sqrt[3]{BC^2}\)(Định lí Pythagoras đảo)
Lập phương 2 vế: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
Ôn lại các hệ thức lượng cho tam giác vuông vì sắp tới mình sẽ dùng 1 chuỗi hệ thức đấy:
+Tam giác AHD vuông tại H, đường cao DH: \(AH^2=AD.AB,BH^2=BD.BA\)
+Tam giác AHC vuông tại H, đường cao EH: \(AH^2=AC.AE,CH^2=CA.CE\)
+Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH: \(AH^2=HB.HC,AH.BC=AB.AC,BC^2=AB^2+AC^2\)
$ ADHE là hình chữ nhật nên AD=HE
$ Tam giác AHE vuông tại H nên \(AH^2=AE^2+HE^2\)
Ok, giờ triển thoi: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB-AD\right)^2+\left(AC-AE\right)^2+3\sqrt[3]{\left(BD.CE\right)^2}.\sqrt[3]{BC^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB^2+AC^2\right)+\left(AD^2+AE^2\right)-2\left(AB.AD+AC.AE\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2+\left(AE^2+HE^2\right)-2\left(AH^2+AH^2\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AH^2-4AH^2-3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=3AH^2\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC=AH^3\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC.AH=AH^4\)
\(\Leftrightarrow\left(BD.BA\right)\left(CE.CA\right)=AH^4\)
\(\Leftrightarrow BH^2.CH^2=AH^4\Leftrightarrow BH.CH=AH^2\)---> Luôn đúng
Vậy giả thiết đúng.
(Bài dài giải mệt vler !!)
1) ta có góc BAF+góc DAE=90 ĐỘ
góc DAK +góc DAE=90 ĐỘ
=> góc BAF= góc DAK
XÉT 2 TAM GIÁC TRÊN THEO TRƯỜNG HỢP G.C.G
=>tam giác ABF=tam giác DAK
==>AK=AF => tam giác AKF cân tại A
2)XÉT TAM GIÁC VUÔNG KCF CÓ I LÀ TRUNG ĐIỂM CỦA CẠNH HUYỀN KF nên A,F,K thuộc đường tròn đường kính KF (1)
TƯƠNG TỰ VỚI TAM GIÁC VUÔNG AKF ==> A,K,F cùng thuộc đường tròn đường kính KF (2)
TỪ (1) và (2) ==> điều cần chứng minh
3)vì tam giác AKF cân tại A ==> AI là trung tuyến đồng thời là đường cao
==> AI vuông góc với KF
DO ĐÓ góc AIF=90 độ
tương tự câu 2 xét vào 2 tam giác vuông AIF và ABF ==>điều cần chứng minh
đợi một tí thí nữa mk giải típ mệt quá
Gọi độ dài 3 cạnh DABC lần lượt là a,b,c. Đường cao hạ từ các đỉnh A,B,C là x,y,z. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC = 1. Khi đó ta có
SABC=1/2ax=1/2by=1/2cz=1/2(a+b+c)r
=> ax = by = cz = a+b+c [*]
ta có:
ax = by = cz => a: (1/ x)= b:(1/ y)=c:(1/z)
=> (a+b+c): (1/x+1/y+1/z) = a+b+c
=> (1/x+1/y+1/z) = 1
Giả sử: 0 ≤ x ≤ y ≤ z =>1/x ≥1/y ≥ 1/z => 3/x ≤ 1 => x ≤ 3
Thử từng trường hợp:
*x=1. => Loại
*x=2 =>1/y+1 / z= ½. Mà x,y ϵ Z
=>y,z ϵ {(4,4);(3;6)}
y = z = 4 => 2a = 4b = 4c Áp dụng BDT tam giác vào tam giác ABH thấy ko thỏa mãn=>loại
y=3;z=4⇒2a=3b=4c (loại)
*x=3
x = y = z = 3 => a=b=c=> tam giácABC:đều (đpcm).
Gọi a, b, c, h là độ dài hai cạnh góc vuông, cạnh huyền và đường cao
Có \(c=\sqrt{a^2+b^2},ab=ch\Leftrightarrow h=\dfrac{ab}{c}\)
Có \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\c+h=74\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\\sqrt{a^2+b^2}+\dfrac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}=74\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\)\(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\a^2+b^2+ab=74\sqrt{a^2+b^2}\end{matrix}\right.\)
PT dưới tương đương: \(\left(a+b\right)^2-ab=74\sqrt{\left(a+b\right)^2-2ab}\)
\(\Leftrightarrow ab=1200\)
Suy ra \(\left\{{}\begin{matrix}a+b=70\\ab=1200\end{matrix}\right.\), a và b là hai nghiệm của pt \(x^2-70x+1200=0\)
\(\Leftrightarrow a=30,b=40\)
Vậy độ dài các cạnh góc vuông, cạnh huyền và đường cao là 30, 40, 50, 24.
Ta có \(a,b,c\)và \(a',b',c'\)là độ dài các cạnh tương ứng của 2 tam giác đồng dạng
Đương nhiên \(\frac{a}{a'}=\frac{b}{b'}=\frac{c}{c'}=k\left(k>0\right)\). Khi đó:
\(\sqrt{aa'}+\sqrt{bb'}+\sqrt{cc'}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(1)
\(\sqrt{\left(a+b+c\right)\left(a'+b'+c'\right)}=\sqrt{k\left(a'+b'+c'\right)^2}=\sqrt{k}\left(a'+b'+c'\right)\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM.