Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}< 90^o\). CMR \(S_{\Delta ABC} =\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin A\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
26 tháng 6 2022
Bài 2:
Ta có: AM=1/2BC
nên AM=BM=CM
Xét ΔMAB có MA=MB
nên ΔMAB cân tại M
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{B}\)
Xét ΔMAC có MA=MC
nên ΔMAC cân tại M
=>\(\widehat{MAC}=\widehat{C}\)
Xét ΔBAC có \(\widehat{BAC}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)
\(\Leftrightarrow\widehat{MAB}+\widehat{B}+\widehat{MAC}+\widehat{C}=180^0\)
\(\Leftrightarrow2\cdot\left(\widehat{MAB}+\widehat{MAC}\right)=180^0\)
=>\(\widehat{BAC}=90^0\)
hay ΔABC vuông tại A
17 tháng 5 2017
SỬA ĐỀ: "Chứng minh: \(\dfrac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{MN.MP}{AB.AC}\)
17 tháng 5 2017
Nếu bài này lớp 8 và đề như vậy theo mình không làm được vì:
Chưa học sin cos tan.....
Nếu c/m bằng tam giác đồng dạng thì thiếu dữ kiện
CH
Cô Hoàng Huyền
Admin
VIP
17 tháng 5 2017
Kẻ \(BH⊥AC;NK⊥MP\)
Khi đó ta thấy ngay \(\Delta MNK\sim\Delta ABH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{NK}{BH}=\frac{MN}{AB}\)
Lại có \(\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MP.NK}{\frac{1}{2}.AC.BH}=\frac{NK}{BH}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN}{AB}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN.MP}{AB.AC}\left(đpcm\right)\)
3 tháng 8 2018
a) Kẻ \(CE\perp AB\)
Ta có : \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}CE.AB\left(1\right)\)
Xét \(\Delta ACE\)có \(\sin A=\frac{EC}{AC}\)
\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}AB.AC.\frac{EC}{AC}=\frac{1}{2}AB.EC\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A\left(đpcm\right)\)
b) Kẻ \(BD\perp AC\)
Xét \(\Delta ADB\)có \(\sin A=\frac{BD}{AB}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=BC\div\frac{BD}{AB}=\frac{BC.AB}{BD}\left(3\right)\)
Lại có : \(\sin A=\frac{EC}{AC}\)( câu a )
\(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=BC\div\frac{EC}{AC}=\frac{CA.BC}{EC}\left(4\right)\)
Xét \(\Delta BEC\)có \(\sin B=\frac{EC}{BC}\)
\(\Rightarrow\frac{b}{\sin B}=CA\div\frac{EC}{BC}=\frac{CA.BC}{EC}\left(5\right)\)
Xét \(\Delta BDC\)có \(\sin C=\frac{DB}{BC}\)
\(\Rightarrow\frac{c}{\sin C}=AB\div\frac{DB}{BC}=\frac{AB.BC}{DB}\left(6\right)\)
Từ (3) ; (4) ; (5) và (6) \(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\left(đpcm\right)\)
c) Xét \(\Delta ABD\)có \(\cos A=\frac{AD}{AB}\)
Áp dụng định lí Py-ta-go cho \(\Delta ABD\)vuông tại D ta được :
\(AB^2=BD^2+AD^2\)
Áp dụng định lí Py-ta-go cho \(\Delta BDC\)vuông tại D ta được :
\(BD^2+DC^2=BC^2\)
Ta có : \(b^2+c^2-2bc.\cos A\)
\(=AB^2+AC^2-2AB.AC.\cos A\)
\(=BD^2+AD^2+AC^2-2AB.AC.\frac{AD}{AB}\)
\(=BD^2+\left(AC^2-2AD.AC+AD^2\right)\)
\(=BD^2+\left(AC-AD\right)^2\)
\(=BD^2+DC^2\)
\(=BC^2=a\left(đpcm\right)\)
KB
1
23 tháng 2 2019
Kẻ đường cao C'H' và CH
Ta có: \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.CH\)
\(S_{\Delta AB'C'}=\frac{1}{2}AB'.C'H'\)
Nên \(\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta AB'C'}}=\frac{\frac{1}{2}AB.CH}{\frac{1}{2}AB'.C'H'}=\frac{AB}{AB'}.\frac{CH}{C'H'}\) (1)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}C'H'\perp AB\\CH\perp AB\end{cases}}\Rightarrow C'H'//CH\)
\(\Rightarrow\frac{CH}{C'H'}=\frac{AC}{AC'}\) (2)
Từ (1) và (2) ta được: \(\frac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta AB'C'}}=\frac{AB}{AB'}.\frac{AC}{AC'}=\frac{AB.AC}{AB'.AC'}\)
=> đpcm
Hạ đường cao BH
Ta có:
\(S_{\Delta ABC}=\dfrac{1}{2}.BH.AC\)
\(=\dfrac{1}{2}.AB\)\(.\)\(\dfrac{BH}{AB}.AC\)
\(=\dfrac{1}{2}.AB.sin\left(\widehat{A}\right).AC\)( Điều phải chứng minh)