Question

[Mai Vân Anh]

Cho tam giác ABC nhọn

\(AD\perp BC,BE\perp AC,CF\perp AB\)

a) chứng minh góc FEC và ABC bù nhau

b)Chứng minh tan B.tan C=\(\frac{AD}{HD}\)(H là giao điểm của 3 đường cao)

c)Chứng minh SAEF=SABC.\(\cos^2A\)

d)Cho góc A=45 độ,BC=10cm.Tính EF

e)Chứng minh \(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C< 1\)

Mình cần gấp câu d và e

Answer 1

[Trần Thanh Phương]

a) Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=\left(90^0\right)\)

=> BFEC là tứ giác nội tiếp

=> \(\widehat{FEC}+\widehat{ABC}=180^0\)( đpcm )

b) \(tanB\cdot tanC=\frac{AD}{BD}\cdot\frac{AD}{CD}=\frac{AD^2}{BD\cdot CD}\)

Cần chứng minh : \(\frac{AD^2}{BD\cdot DC}=\frac{AD}{HC}=\frac{AD^2}{HC\cdot DC}\)

\(\Leftrightarrow BD\cdot DC=HC\cdot DC\)

Điều này luôn đúng do tam giác ABD đồng dạng với tam giác HDC

Tạm 2 câu trước, đợi mình chút

Answer 2

[Vũ Huy Hoàng]

c) Vì ΔABC~ΔAEF nên \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}=\frac{AB^2}{AE^2}\) (1)

\(cos^2A=\frac{AE^2}{AB^2}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra : \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}.cos^2A=1\)

⇔ \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)

d) Do \(\widehat{A}=45^0\) nên tam giác AEB và AFC vuông cân lần lượt tại E và F.

⇔ \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

⇔ \(\frac{EF}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\) ⇔ \(EF=\frac{BC}{\sqrt{2}}=\frac{10}{\sqrt{2}}=5\sqrt{2}\)cm

e) Do tam giác ABC nhọn nên

\(S_{ABC}=S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CED}+S_{DEF}\)

Dễ chứng minh ΔBDF~ΔBAC; ΔCED~ΔCBA

Ta có: \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=\frac{AE^2}{AB^2}+\frac{BF^2}{BC^2}+\frac{CD^2}{CA^2}\)

\(=\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{BDF}}{S_{ABC}}+\frac{S_{CDE}}{S_{ABC}}< \frac{S_{AEF}+S_{BDF}+S_{CDE}+S_{DEF}}{S_{ABC}}=1\)

Vậy ....