Cho \(\Delta ABC\)( góc A nhọn ), đường cao BH. CMR: \(\frac{1}{CH}=\frac{2AB}{BC^2}\)
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
30 tháng 7 2017
Kẻ đường cao AK.
- ΔABC cân tại A có đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến nên BK = CK = BC/2
- Xét ΔAKC và ΔBHC có :
Góc AKC = góc BHC = 90⁰ (AK, BH là đường cao trong ΔABC)
Góc C chung
Vậy ΔAKC đồng dạng với ΔBHC (g.g.)
⇨ AC/BC = KC/HC
⇔ AB/BC = BC/2HC (AB = AC do ΔABC cân tại A, KC = BC/2 cmt)
⇔ 2AB.HC = BC² (tỉ lệ thức : ngoại tỉ bằng trung tỉ)
⇔ 1/HC = 2AB/BC²
⇔ AB/HC = 2AB²/BC² (nhân AB vào 2 vế)
⇔ AC/HC = 2(AB/BC)² (AB = AC)
⇔ (AH + HC)/HC = 2(AB/BC)²
⇔ AH/HC + 1 = 2(AB/BC)²
⇔ AH/HC = 2(AB/BC)² - 1 (điều cần chứng minh)
20 tháng 8 2020
Gọi E là điểm đối xứng của C qua A
=> \(\Delta\)BCE vuông tại E => \(HC=\frac{BC^2}{CE}=\frac{BC^2}{2AC}\)
\(AH=AC-HC=AC-\frac{BC^2}{2AC}=\frac{2AC^2-BC^2}{2AC}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{HC}=2\left(\frac{AC}{BC}\right)^2-1\)
NC
4 tháng 10 2020
Date cái hình ra đây đã, bài này "dễ" không ấy mà:))
Bài làm:
Ta có:
\(S_{AHB}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BD\) , mà \(\sin\widehat{BHD}\cdot BH=\frac{BD}{BH}\cdot BH=BD\)
=> \(S_{AHB}=\frac{1}{2}\cdot AH\cdot BH\cdot\sin\widehat{BHD}\left(1\right)\)
\(S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BE\) , mà \(\sin\widehat{ECB}\cdot BC=\frac{BE}{BC}\cdot BC=BE\)
=> \(S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC\cdot\sin\widehat{ECB}\left(2\right)\)
Dễ dàng CM được: Δ BDH ~ Δ BEC (g.g) => \(\widehat{BHD}=\widehat{ECB}\Rightarrow\sin\widehat{BHD}=\sin\widehat{ECB}\)
Chia vế (1) cho (2) ta được:
=> \(\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{AH\cdot BH}{BC\cdot AC}=\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{AC}\)
Tương tự ta CM được: \(\frac{S_{CHA}}{S_{ABC}}=\frac{CH}{AB}\cdot\frac{AH}{BC}\) và \(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}=\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}\)
Cộng vế 3 BĐT trên lại ta được: \(\frac{S_{AHB}+S_{AHC}+S_{BHC}}{S_{ABC}}=\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}\)
=> \(\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{AC}\cdot\frac{CH}{AB}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
Tiếp theo ta CM bất đẳng thức phụ: \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+2\left(ab+bc+ca\right)\ge3\left(ab+bc+ca\right)\)
\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\)
\(\Leftrightarrow\left(a^2-2ab+b^2\right)+\left(b^2-2bc+c^2\right)+\left(c^2-2ca+a^2\right)\ge0\) (nhân 2 vào cả 2 vế)
\(\Leftrightarrow\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\ge0\left(\forall a,b,c\right)\) luôn đúng
Dấu "=" xảy ra khi: \(a=b=c\)
Từ đó ta áp dụng vào CM bài toán:
\(\left(\frac{AH}{BC}+\frac{BH}{CA}+\frac{CH}{AB}\right)^2\ge3\left(\frac{AH}{BC}\cdot\frac{BH}{CA}+\frac{AH}{BC}\cdot\frac{CH}{AB}+\frac{BH}{CA}\cdot\frac{CH}{AB}\right)=3\cdot1=3\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{BC}+\frac{BH}{CA}+\frac{CH}{AB}\ge\sqrt{3}\)
Dấu "=" xảy ra khi: \(\frac{AH}{BC}=\frac{BH}{CA}=\frac{CH}{AB}\Rightarrow AH=BH=CH\)
=> Tam giác ABC đều
6 tháng 9 2019
Bài 1 :
Có : \(\frac{AB}{AC}=\frac{5}{6}\Rightarrow AB=5k;AC=6k\) ( k \(\in N\) )
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có :
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(12^2=\left(5k\right)^2+\left(6k\right)^2\)
\(12^2=61k^2\)
\(\frac{144}{61}=k^2\Rightarrow k=\frac{12\sqrt{61}}{61}\) cm
Có AB = 5k = \(\frac{60\sqrt{61}}{61}\) cm
AC = 6k = \(\frac{72\sqrt{61}}{61}cm\)
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có đường cao AH
=> \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\frac{300}{61}\) cm
Có : CH = BC - BH = \(\frac{432}{61}cm\)
6 tháng 9 2019
Bài 2:
Xét \(\Delta\)CHD vuông ta có:
\(CH^2=CM.CD\)
Xét \(\Delta CHE\) vuông ta có:
\(CH^2=CN.CE\)
=> \(CH^2=CM.CD=CN.CE\)
VT
15 tháng 10 2019
a) \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90o\) => tứ giác BFEC nội tiếp => \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC;}\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)=> \(\Delta AEF~\Delta ABC\)
SAEF = \(\frac{1}{2}AE.AF.sinA\); SABC = \(\frac{1}{2}AB.AC.sinA\)=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AE.AF}{AB.AC}\)=cos2A (cosA = \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\))
b) làm tương tự câu a ta được SBFD=cos2B.SABC; SCED=cos2C.SABC
=> SDEF =SABC-SAEF-SBFD-SCED = (1-cos2A-cos2B-cos2C)SABC