cho tam giác ABC có các cạnh đều nhọn và BAC=60 độ. cmr SABC=\(\frac{\sqrt{3}}{4}.AB.AC\)và SABC\(\le\frac{\sqrt{3}}{4}BC^2\)
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
M
19 tháng 8 2023
Để chứng minh rằng SABC = AB.AC.căn 3/4 và BC^2 = AB^2 + AC^2 - AB.AC, ta có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.
Để chứng minh rằng EF = BC/2 và SBCEF = 3SAEF, ta cũng có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.
Để chứng minh rằng IM = 2IN và MFI = 30°, ta có thể sử dụng các định lý về tia phân giác và góc trong tam giác.
Tuy nhiên, để có thể chứng minh chính xác các phần trên, cần có thông tin chi tiết về tam giác ABC và các điều kiện đi kèm.
M
19 tháng 8 2023
Để chứng minh rằng SABC = AB.AC.căn 3/4 và BC^2 = AB^2 + AC^2 - AB.AC, ta có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.
Để chứng minh rằng EF = BC/2 và SBCEF = 3SAEF, ta cũng có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.
Để chứng minh rằng IM = 2IN và MFI = 30°, ta có thể sử dụng các định lý về tia phân giác và góc trong tam giác.
Tuy nhiên, để có thể chứng minh chính xác các phần trên, cần có thông tin chi tiết về tam giác ABC và các điều kiện đi kèm.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
21 tháng 8 2021
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên đáy
\(\Rightarrow\widehat{SAH}=\widehat{SBH}=\widehat{SCH}=60^0\)
\(\Rightarrow AH=BH=CH=\dfrac{SH}{tan60^0}\Rightarrow H\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy
\(\Rightarrow AH=R=\dfrac{AB.BC.AC}{4S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow SH=AH.tan60^0=\dfrac{AB.BC.AC.\sqrt{3}}{4S_{ABC}}\)
\(V=\dfrac{1}{3}SH.S_{ABC}=\dfrac{1}{3}.\dfrac{AB.BC.CA.\sqrt{3}}{4S_{ABC}}.S_{ABC}=\dfrac{5a^3\sqrt{3}}{12}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 1 2021
1.
\(\overrightarrow{AB}=\left(2;-6\right)\Rightarrow AB=2\sqrt{10}\) \(\Rightarrow BC=AB.cosB=\sqrt{10}\)
Gọi \(C\left(x;y\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AC}=\left(x-1;y-2\right)\\\overrightarrow{BC}=\left(x-3;y+4\right)\end{matrix}\right.\)
Tam giác ABC vuông tại C và có \(BC=\sqrt{10}\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BC}=0\\BC^2=10\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x-1\right)\left(x-3\right)+\left(y-2\right)\left(y+4\right)=0\\\left(x-3\right)^2+\left(y+4\right)^2=10\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+y^2-4x+2y-5=0\\x^2+y^2-6x+8y+15=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x-3y-10=0\\x^2+y^2-6x+8y+15=0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left(3y+10\right)^2+y^2-6\left(3y+10\right)+8y+15=0\)
\(\Leftrightarrow2y^2+10y+11=0\)
\(\Leftrightarrow y=...\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
29 tháng 1 2021
2.
Kẻ \(EF\perp BC\)
\(S_{ABC}=9S_{BDE}\Rightarrow AD.BC=9EF.BD\Rightarrow\dfrac{EF}{AD}=\dfrac{BC}{9BD}\)
Talet: \(\dfrac{EF}{AD}=\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{9BD}\Rightarrow BC=9BF\)
Hệ thức lượng: \(BE^2=BF.BC=9BF^2\Rightarrow BE=3BF\)
\(\Rightarrow cosB=\dfrac{BF}{BE}=\dfrac{1}{3}\)
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC và \(r\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp BDE
\(sinB=\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^2}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\)
\(\Rightarrow r=\dfrac{DE}{2sinB}=\dfrac{3}{2}\) (định lý sin tam giác BDE)
Dễ dàng chứng minh 2 tam giác ABC và BDE đồng dạng (chung góc B và \(\widehat{A}=\widehat{BDE}\) vì cùng bù \(\widehat{CDE}\))
Mà \(S_{ABC}=9S_{BDE}\Rightarrow\) 2 tam giác đồng dạng tỉ số \(k=\sqrt{9}=3\)
\(\Rightarrow R=3r=\dfrac{9}{2}\)