Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường trung tuyến AM, có BH = 2cm; HC = 6cm.a) Tính AB và AH.b) Tính \(\hat{ABC}\) và \(\sin\hat{AMB}\) .c) Gọi E là hình chiếu của H trên AC. Chứng minh \(AE.AC=BM^2-HM^2\) .d) Gọi I là trung điểm của AH. Trên tia đối của tia IB lấy điểm E sao cho ME = MB, trên tia đối của tia IC lấy điểm F sao cho MF = MC. Gọi K là giao điểm của BF và CE. Chứng minh...
Đọc tiếp
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, đường trung tuyến AM, có BH = 2cm; HC = 6cm.
a) Tính AB và AH.
b) Tính \(\hat{ABC}\) và \(\sin\hat{AMB}\) .
c) Gọi E là hình chiếu của H trên AC. Chứng minh \(AE.AC=BM^2-HM^2\) .
d) Gọi I là trung điểm của AH. Trên tia đối của tia IB lấy điểm E sao cho ME = MB, trên tia đối của tia IC lấy điểm F sao cho MF = MC. Gọi K là giao điểm của BF và CE. Chứng minh \(EF=\frac32AH.\sin\hat{BKC}\) .
a: BC=BH+CH=2+6=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC=2\cdot8=16=4^2\)
=>AB=4(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HA^2=HB\cdot HC=2\cdot6=12\)
=>\(HA=2\sqrt3\) (cm)
b: Xét ΔABC vuông tại A có cos ABC=\(\frac{AB}{BC}=\frac48=\frac12\)
nên \(\hat{ABC}=60^0\)
ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên MA=MB=MC
XétΔMAB có MA=MB và \(\hat{MBA}=60^0\)
nên ΔMAB đều
=>\(\hat{AMB}=60^0\)
=>\(\sin AMB=\sin60=\frac{\sqrt3}{2}\)
c: Xét ΔHAC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\)
ΔAHM vuông tại H
=>\(AH^2+HM^2=AM^2=BM^2\)
=>\(BM^2-HM^2=AH^2\)
=>\(BM^2-HM^2=AE\cdot AC\)
đây nha bn:
a) Tính \(AB\) và \(AH\)Ta có độ dài cạnh huyền \(BC\) là:\(BC=BH+HC=2+6=8\text{\ (cm)}\)Tính \(AB\): Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\):\(AB^{2}=BH\cdot BC=2\cdot 8=16\implies AB=4\text{\ (cm)}\)Tính \(AH\): Áp dụng hệ thức lượng về đường cao:\(AH^{2}=BH\cdot HC=2\cdot 6=12\implies AH=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\text{\ (cm)}\)b) Tính \(\widehat{ABC}\) và \(\sin \widehat{AMB}\)Tính góc \(\widehat{ABC}\): Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\):\(\cos \widehat{ABC}=\frac{AB}{BC}=\frac{4}{8}=0.5\implies \widehat{ABC}=60^{\circ }\)Tính \(\sin \widehat{AMB}\):Vì \(AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông \(ABC\) nên:\(AM=BM=MC=\frac{BC}{2}=\frac{8}{2}=4\text{\ (cm)}\)Do đó, tam giác \(ABM\) cân tại \(M\) (vì \(MA = MB = 4\text{ cm}\)).Suy ra đường cao kẻ từ \(M\) xuống \(AB\) cũng chính là đường trung tuyến. Gọi \(D\) là trung điểm của \(AB\), ta có \(MD \perp AB\) và \(AD = BD = \frac{AB}{2} = 2\text{ cm}\).Xét tam giác \(BDM\) vuông tại \(D\):\(MD=\sqrt{BM^{2}-BD^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\text{\ (cm)}\)Xét tam giác \(ADM\) vuông tại \(D\):\(\sin \widehat{AMB}=\frac{AD}{AM}=\frac{2}{4}=0.5\)(Cách khác: Vì tam giác \(ABM\) cân tại \(M\) có \(\widehat{ABM} = 60^\circ\) nên \(\triangle ABM\) là tam giác đều. Khi đó \(\widehat{AMB} = 60^\circ \implies \sin \widehat{AMB} = \sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}\))c) Chứng minh \(AE \cdot AC = BM^2 - HM^2\)Biến đổi vế trái (\(VT\)):Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\), có đường cao \(HE\) (do \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(AC\)). Theo hệ thức lượng, ta có:\(AE\cdot AC=AH^{2}\)Biến đổi vế phải (\(VP\)):Ta có \(BM = AM\) (tính chất trung tuyến). Do đó:\(BM^{2}-HM^{2}=AM^{2}-HM^{2}\)Xét tam giác \(AHM\) vuông tại \(H\), áp dụng định lý Pitago ta có:\(AM^{2}-HM^{2}=AH^{2}\)Từ hai điều trên suy ra:\(AE\cdot AC=BM^{2}-HM^{2}=AH^{2}\text{\ (đpcm)}\)d) Chứng minh \(EF = \frac{3}{2}AH \cdot \sin \widehat{BKC}\)Xác định tính chất các điểm E, F:Theo giả thiết, \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(MB = MC\).Mà \(ME = MB\) và \(MF = MC\), suy ra \(ME = MF = MB = MC = \frac{BC}{2}\).Do đó, 4 điểm \(B, F, C, E\) cùng nằm trên đường tròn tâm \(M\), đường kính \(BC\) và đường kính \(EF\).Vì \(BC\) và \(EF\) là hai đường kính của đường tròn \((M)\) nên tứ giác \(BFCE\) là hình chữ nhật.Suy ra: \(EF = BC = 8\text{ cm}\) và \(BF \parallel CE\).Tính góc \(\widehat{BKC}\):Vì \(BF \parallel CE\) nên hai đường thẳng \(BF\) và \(CE\) song song với nhau. Do đó giao điểm \(K\) của chúng sẽ ở vô cùng, hay nói cách khác góc giữa hai đường thẳng này bằng \(0^{\circ }\) hoặc \(180^{\circ }\). Ở đây góc \(\widehat{BKC} = 0^\circ\).Khi đó \(\sin \widehat{BKC} = \sin 0^\circ = 0\).Kiểm tra lại đề bài:Vế phải: \(\frac{3}{2}AH \cdot \sin \widehat{BKC} = \frac{3}{2} \cdot 2\sqrt{3} \cdot 0 = 0\).Vế trái: \(EF = 8\text{ cm} \neq 0\).