Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a. Ta có : \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABE}}=\frac{AF}{AB};\frac{S_{AEB}}{S_{ABC}}=\frac{AE}{AC}\)
Như vậy \(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\frac{AF}{AB}.\frac{AE}{AC}=\frac{AE}{AB}.\frac{AF}{AC}=cosA.cosA=cos^2A.\)
Từ đó ta có : \(S_{AEF}=S_{ABC}.cos^2A\)
b. Tương tự phần a ta có : \(S_{BEF}=S_{ABC}.cos^2B\); \(S_{CEF}=S_{ABC}.cos^2C\)
Như vậy \(S_{DEF}=S_{ABC}-S_{AEF}-S_{BEF}-S_{CEF}\)
Từ đó ta có: \(\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=1-\left(cos^2A+cos^2B+cos^2C\right)\)
Chúc em học tốt :)))
a)
\(\Delta EAB\) ~ \(\Delta FAC\) (g - g)
\(\Rightarrow\dfrac{EA}{FA}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF\) ~ \(\Delta ABC\)
\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{AE^2}{AB^2}=\cos^2A\)
\(\Rightarrow S_{AEF}=\cos^2A\left(S_{ABC}=1\right)\) (1)
Chứng minh tương tự, ta có: \(S_{BFD}=\cos^2B\) (2) và \(S_{CDE}=\cos^2C\) (3)
Cộng theo vế của (1) , (2) và (3) => đpcm
b)
\(S_{DEF}=S_{ABC}-\left(S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CDE}\right)\text{ }\)
\(=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)
\(=\sin^2A-\cos^2B-\cos^2C\) (đpcm)
a: Xét ΔALC vuông tại L và ΔAKB vuông tại K có
\(\hat{LAC}\) chung
Do đó: ΔALC~ΔAKB
=>\(\frac{AL}{AK}=\frac{AC}{AB}\)
=>\(\frac{AL}{AC}=\frac{AK}{AB}\)
Xét ΔAKB vuông tại K có cos BAC=\(\frac{AK}{AB}\)
Xét ΔBLC vuông tại L và ΔBHA vuông tại H có
\(\hat{LBC}\) chung
Do đó: ΔBLC~ΔBHA
=>\(\frac{BL}{BH}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(\frac{BL}{BC}=\frac{BH}{BA}\)
Xét ΔBLC vuông tại L có cos LBC=\(\frac{BL}{BC}\)
Xét ΔCKB vuông tại K và ΔCHA vuông tại H có
\(\hat{KCB}\) chung
Do đó: ΔCKB~ΔCHA
=>\(\frac{CK}{CH}=\frac{CB}{CA}\)
=>\(\frac{CK}{CB}=\frac{CH}{CA}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có cos ACH=\(\frac{CH}{CA}\)
Xét ΔALK và ΔACB có
\(\frac{AL}{AC}=\frac{AK}{AB}\)
góc CAB chung
Do đó: ΔALK~ΔACB
=>\(\frac{S_{ALK}}{S_{ACB}}=\left(\frac{AL}{AC}\right)^2=\frac{AL}{AC}\cdot\frac{AK}{AB}=cos^2BAC\)
b: Xét ΔBLH và ΔBCA có
\(\frac{BL}{BC}=\frac{BH}{BA}\)
góc LBH chung
Do đó: ΔBLH~ΔBCA
=>\(\frac{S_{BLH}}{S_{BCA}}=\left(\frac{BL}{BC}\right)^2=cos^2ABC\)
Xét ΔCKH và ΔCBA có
\(\frac{CK}{CB}=\frac{CH}{CA}\)
góc KCH chung
Do đó: ΔCKH~ΔCBA
=>\(\frac{S_{CKH}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CK}{CB}\right)^2=cos^2C\)
\(S_{ALK}+S_{BLH}+S_{CKH}+S_{LKH}=S_{ABC}\)
=>\(\frac{S_{ALK}}{S_{ABC}}+\frac{S_{BLH}}{S_{BAC}}+\frac{S_{CKH}}{S_{BAC}}+\frac{S_{LHK}}{S_{ABC}}=1\)
=>\(\frac{S_{LHK}}{S_{BAC}}=1-cos^2BAC-cos^2ABC-cos^2ACB\)
\(\Leftrightarrow\frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}=1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C\)
-Ta có: tam giác AIB vuông tại I \(\Rightarrow\cos A=\frac{AI}{AB}\)
Tam giác ACK vuông tại K \(\Rightarrow\cos A=\frac{AK}{AC}\)
\(\Rightarrow\cos^2A=\frac{AI}{AB}.\frac{AK}{AC}=\frac{\frac{1}{2}AI.AK}{\frac{1}{2}AB.AC}=\frac{\frac{1}{2}AI.AK.\cos A}{\frac{1}{2}AB.AC.\cos A}=\frac{S_{AKI}}{S_{ABC}}\)
Tương tự: \(\cos^2B=\frac{S_{BHK}}{S_{ABC}};\text{ }\cos^2C=\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}\)
\(\Rightarrow1-\cos^2A-\cos^2B-\cos^2C=\frac{S_{ABC}-S_{AKI}-S_{BHK}-S_{CIH}}{S_{ABC}}=\frac{S_{HIK}}{S_{ABC}}\text{ (đpcm)}\)
A B C H I K
a)
Ta có:
Tam giác AKC vuông tại K \(\Rightarrow sinA=\frac{KC}{AC}\)
\(VT=S_{ABC}=\frac{1}{2}.AB.CK=\frac{1}{2}.AB.\left(AC.\frac{KC}{AC}\right)=\frac{1}{2}.AB.AC.sinA=VP\)(đpcm)
b)
\(\left(1-cos^2A-cos^2B-cos^2C\right).S_{ABC}\)
\(=\left(1-\frac{KC^2}{AC^2}-\frac{BI^2}{AB^2}-\frac{AH^2}{BC^2}\right).S_{ABC}\)
\(=\left[\left(1-\frac{AH^2}{BC^2}\right)-\left(\frac{KC^2}{AC^2}+\frac{BI^2}{AB^2}\right)\right].S_{ABC}\)
\(=\left(\left(1-\frac{AH^2}{BC^2}\right)-\frac{AB^2.KC^2-AC^2.BI^2}{AB^2.AC^2}\right).S_{ABC}\)
\(=\left(\left(1-\frac{AH^2}{BC^2}\right)-\frac{S^2_{ABC}-S^2_{ABC}}{AB^2.AC^2}\right).S_{ABC}\)
\(=\left(1-\frac{AH^2}{BC^2}\right).S_{ABC}=S_{ABC}-\frac{AH^2}{BC^2}.S_{ABC}\)
a,Áp dụng ht trong tam giác vuông AIB, AKC có:
\(tanA=\frac{AI}{AB}\) và \(cosA=\frac{AI}{AB}\)
\(tanA=\frac{AK}{AC}\)
=> \(\frac{AI}{AB}=\frac{AK}{AC}\) mà \(\widehat{A}\) chung
=>\(\Delta AKI\sim\Delta ACB\) (c-g-c)
=> \(\frac{S_{AKI}}{S_{ACB}}=\left(\frac{AI}{AB}\right)^2=cos^2A\)
=> \(S_{AIK}=cos^2A.S_{BCA}\)
b, Có \(\frac{S_{AKI}}{S_{ABC}}=cos^2A\)
CM tương tự câu a có: \(\frac{S_{KBH}}{S_{ABC}}=cos^2B\)
\(\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}=cos^2C\)
=> \(1-cos^2A-cos^2B-cos^2C=1-\frac{S_{AKI}}{S_{ABC}}-\frac{S_{KBH}}{S_{ABC}}-\frac{S_{CIH}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}-S_{KBH}-S_{CIH}-S_{AKI}}{S_{ABC}}=\frac{S_{IHK}}{S_{ABC}}\)
<=> \(S_{HIK}=\left(1-cos^2A-cos^2B-cos^2C\right)S_{ABC}\)
a:
Xét tứ giác BLKC có góc BLC=góc BKC=90 độ
nên BLKC là tứ giác nội tiếp
=>góc ALK=góc ACB
=>ΔALK đồng dạng với ΔACB
=>AL/AC=AK/AB=LK/BC
\(\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AK}{AB}\cdot\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{AL}{AC}\cdot\dfrac{BK}{BC}\)
b: \(\dfrac{S_{AKL}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AK}{AB}\right)^2=\dfrac{AL\cdot BK}{AC\cdot BC}\)