Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có:
\(\Delta AIK\sim\Delta ABC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AI}{AB}\right)^2=c\text{os}^2A\).
Tương tự: \(\frac{S_{BHK}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2B;\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}=c\text{os}^2C\).
Do đó: \(\frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-c\text{os}^2A-c\text{os}^2B-c\text{os}^2C\Rightarrow...\Rightarrow\text{đ}pcm\)
a: Xét tứ giác BEDC có góc BEC=góc BDC=90 độ
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
=>góc AED=góc ACB
Xét ΔAED và ΔACB có
góc AED=góc ACB
góc EAD chung
DO đó: ΔAED đồng dạng với ΔACB
=>\(\dfrac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\dfrac{AE}{AC}\right)^2=cos^2A\)
hay \(S_{ADE}=S_{ACB}\cdot cos^2A\)
b: \(S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ABC}\cdot cos^2A=S_{ABC}\cdot sin^2A\)
C B A E D
Ta có : CDEB có góc CEB = góc BDC = 900
=> CDEB là tứ giác nội tiếp => góc AED = góc BCA (góc ngoài tứ giác nội tiếp)
Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc A chung, góc AED = góc BCA
=> Tam giác AED đồng dạng với tam giác ACB (g.g)
=> \(\frac{S_{AED}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{ADE}=cos^2A\times S_{ABC}\)
Lại có : \(S_{BCDE}+S_{ADE}=S_{ABC}\Rightarrow S_{BCDE}=S_{ABC}-S_{ADE}\)
\(=S_{ABC}-cos^2A\times S_{ABC}\)
\(=S_{ABC}\left(1-cos^2A\right)=sin^2A\times S_{ABC}\)(vì \(sin^2A+cos^2A=1\))
Dễ dàng chứng minh \(\Delta ADE\approx\Delta ABC\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)\(\Rightarrow AD.AE=\frac{AB}{AC}.AE^2\Leftrightarrow\frac{1}{2}.AD.AE.\sin EAD=\frac{1}{2}.AB.AC.\cos^2EAD.\sin EAD\)
\(\Rightarrow S_{AED}=S_{ABC}.\cos EAD\)
\(S_{BDEC}=S_{ABC}-S_{AED}=S_{ABC}-S_{ABC}.\cos^2EAD=S_{ABC}\left(1-\cos^2EAD\right)=S_{ABC}.\sin^2EAD\)
a: Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,E,H,D cùng thuộc (M)
=>ME=MD=MA=MH
Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,E,D,C cùng thuộc (N)
=>NB=NE=ND=NC
NE=ND nên ΔNED cân tại N
mà NK là đường trung tuyến
nên NK⊥ED
ME=MD nên ΔMED cân tại M
mà MK là đường trung tuyến
nên MK⊥ED
Ta có: NK⊥ED
MK⊥ED
mà NK,MK có điểm chung là K
nên M,K,N thẳng hàng
b:
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
MD=MH
=>ΔMDH cân tại M
=>\(\hat{MDH}=\hat{MHD}\)
=>\(\hat{MDH}=\hat{FHB}\)
ND=NB
=>ΔNDB cân tại N
=>\(\hat{NDB}=\hat{NBD}\)
\(\hat{MDN}=\hat{MDB}+\hat{NDB}\)
\(=\hat{FHB}+\hat{FBH}=90^0\)
c:
1: Xét ΔADB vuông tại D có \(cosDAB=\frac{AD}{AB}\)
BEDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)
mà \(\hat{BED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AED}=\hat{ACB}\)
Xét ΔAED và ΔACB có
\(\hat{AED}=\hat{ACB}\)
góc EAD chung
Do đó: ΔAED~ΔACB
=>\(\frac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2BAC\)
=>\(S_{AED}=S_{ABC}\cdot cos^2BAC\)
2: Ta có: \(S_{AED}+S_{BEDC}=S_{ABC}\)
=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}-S_{AED}\)
=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC\right)=S_{ABC}\cdot\sin^2BAC\)
3: Xét ΔAFB vuông tại F có \(cosABF=\frac{BF}{BA}\)
=>cos ABC\(=\frac{BF}{BA}\)
Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBFA vuông tại F có
\(\hat{EBC}\) chung
Do đó: ΔBEC~ΔBFA
=>\(\frac{BE}{BF}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)
Xét ΔBEF và ΔBCA có
\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)
góc EBF chung
Do đó: ΔBEF~ΔBCA
=>\(\frac{S_{BEF}}{S_{BCA}}=\left(\frac{BF}{BA}\right)^2=cos^2ABC\)
=>\(S_{BEF}=S_{ABC}\cdot cos^2ABC\)
Xét ΔAFC vuông tại F có cos ACF\(=\frac{CF}{CA}\)
=>cos ACB\(=\frac{CF}{CA}\)
Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCFA vuông tại F có
\(\hat{DCB}\) chung
Do đó: ΔCDB~ΔCFA
=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CB}{CA}\)
=>\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)
Xét ΔCDF và ΔCBA có
\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)
góc DCF chung
Do đó: ΔCDF~ΔCBA
=>\(\frac{S_{CDF}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CF}{CA}\right)^2=cos^2ACB\)
=>\(S_{CDF}=S_{ABC}\cdot cos^2ACB\)
Ta có: \(S_{AED}+S_{BEF}+S_{CDF}+S_{EFD}=S_{ABC}\)
=>\(S_{ABC}\left(cos^2BAC+cos^2ABC+cos^2ACB\right)+S_{DEF}=S_{ABC}\)
=>\(S_{DEF}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC-cos^2ACB-cos^2ABC\right)\)