Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ta có :\(sin^2a+cos^2a=1\)=> \(1-cos^2a=sin^2a\)
ma \(1-cos^2a=2sin^2a\)
<=> \(sin^2a=2sin^2a\)
<=> 1/2 (vô lí)
a: MA=MB
=>ΔMAB cân tại M
MA=MC
=>ΔMAC cân tại M
Xét ΔMAC có \(\hat{AMB}\) là góc ngoài tại đỉnh M
nên \(\hat{AMB}=\hat{MAC}+\hat{MCA}=2\cdot\hat{ACB}\)
=>\(\sin2a=\sin\left(2\cdot\hat{ACB}\right)=\sin AMB\)
Xét ΔAMH vuông tại H có sin AMH=\(\frac{AH}{AM}\)
=>\(\sin AMB=\frac{AH}{AM}\)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(\sin\alpha=\sin C=\frac{AB}{BC};cos\alpha=cosC=\frac{AC}{BC}\)
\(2\cdot\sin a\cdot cosa=2\cdot\frac{AB}{BC}\cdot\frac{AC}{BC}=\frac{2\cdot AH\cdot BC}{BC\cdot BC}=2\cdot\frac{AH}{BC}=\frac{2\cdot AH}{2\cdot AM}=\frac{AH}{AM}\)
=>\(\sin2\alpha=2\cdot\sin\alpha\cdot cos\alpha\)
b: Xét ΔAMH vuông tại M có
cos AMH=\(\frac{HM}{AM}\)
=>\(cos2\alpha=\frac{HM}{AM}\)
=>\(1+cos2a=1+\frac{HM}{AM}=\frac{HM+AM}{AM}=\frac{HM+MC}{AM}=\frac{HC}{AM}\)
\(2\cdot cos^2a=2\cdot cos^2C=2\cdot\left(\frac{CA}{CB}\right)^2\)
\(=\frac{2\cdot CA^2}{CB^2}=\frac{2\cdot CH\cdot BC}{CB^2}=\frac{2\cdot CH}{CB}=\frac{2\cdot CH}{2\cdot AM}=\frac{CH}{AM}\)
Do đó: \(1+cos2a=2\cdot cos^2a\)
c: \(1-cos2a=1-\frac{HM}{AM}=\frac{AM-HM}{AM}=\frac{BM-HM}{AM}=\frac{BH}{AM}\)
\(2\cdot\sin^2a=2\cdot\sin^2C=2\cdot\left(\frac{AB}{BC}\right)^2\)
\(=\frac{2\cdot AB^2}{BC^2}=\frac{2\cdot BH\cdot BC}{BC^2}=\frac{2\cdot BH}{BC}=\frac{2\cdot BH}{2\cdot AM}=\frac{BH}{AM}\)
Do đó: \(1-cos2a=2\cdot\sin^2a\)
Vì tam giác ABC vuông tại A có AM là trung tuyến
\(\(\Rightarrow MA=MB=MC=\frac{BC}{2}\)\)
=> tam giác MAC cân tại M
=> ^MAC = ^ MCA \(\(=\alpha\)\)
Mà ^AMB là góc ngoài tam giác MAC
\(\(\Rightarrow\widehat{AMB}=\widehat{MAC}+\widehat{MCA}=2\alpha\)\)
Có \(\(1-cos2\alpha=1-\frac{MH}{MA}=\frac{MA-MH}{MA}=\frac{MB-MH}{MA}=\frac{BH}{BM}\)\)
Lại có :\(\(sin\alpha=\frac{AB}{BC}\)\)
\(\(\Rightarrow2sin^2\alpha=\frac{2AB^2}{BC^2}\)\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông \(\(AB^2=BH.BC\)\)
\(\(\Rightarrow2sin^2\alpha=\frac{2BH.BC}{BC^2}=\frac{2BH}{BC}\)\)
Mà BC = 2 BM \(\(\Rightarrow2sin^2\alpha=\frac{2BH}{2BM}=\frac{BH}{BM}=1-cos2\alpha\)\)
Vậy \(\(1-cos2\alpha=2sin^2\alpha\)\)
ta có sina = AH/AC, cosa= CH/AH ,góc AMH =2a, cos2a =HM/AM =HM /a ,sin2a =AH/AM=AH/a.
=>2sina.cosa =2 . AH/AC.CH/AC= 2AH.CH/AC2 =2AH.CH/BC.CH=2AH/2a=AH/a =sin2a
(:p)
A B C E F H M K I
A. Ta có \(\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow AC=\frac{5}{3}AH;BC=\frac{AB.AC}{AH}=\frac{AB.5AH}{3.AH}=\frac{5}{3}AB\)
Theo định lí Pitago ta có \(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow15^2+\frac{25}{9}AH^2=\frac{25}{9}.15^2\Rightarrow AH^2=144\Rightarrow AH=12\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow AC=\frac{5}{3}.12=20\Rightarrow BC=\sqrt{15^2+20^2}=25\left(cm\right)\)
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH=\frac{AB^2}{AC}=9;CH=\frac{AC^2}{BC}=16\left(cm\right)\)
b. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BE=\frac{BH^2}{AB}=5,4\left(cm\right);CF=\frac{CH^2}{AC}=12,8\left(cm\right)\)
Ta có \(AH^3=12^3=1728\)
\(BC.BE.CF=25.5,4.12,8=1728\)
Vậy \(AH^3=BC.BE.CF\)
c. Ta kẻ \(CK⊥BC\)tại M \(\Rightarrow\)yêu cầu bài toán \(\Leftrightarrow\)chứng minh M là trung điểm BC
Ta gọi I là giao điểm của AH và EF
Xét \(\Delta AKI\)và \(\Delta AHM\)
có \(\hept{\begin{cases}\widehat{K}=\widehat{H}=90^0\\\widehat{Achung}\end{cases}\Rightarrow\Delta AKI~\Delta AHM\left(g-g\right)}\)
\(\Rightarrow\widehat{AIF}=\widehat{AMB}\)
Ta chứng minh được \(AFHE\)là hình chữ nhật vì \(\widehat{F}=\widehat{A}=\widehat{E}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{IAF}=\widehat{IFA}\)\(\Rightarrow\widehat{FMA}=180^0-2\widehat{MAF}\left(1\right)\)
Lại có \(\widehat{HBA}=\widehat{IAF}\Rightarrow\widehat{AMH}=180^0-2\widehat{HBA}\)
\(\Rightarrow\Delta AMB\)cân tại I \(\Rightarrow MA=MB\)
Tương tự chứng minh được \(MA=MC\)
Vậy M là trung điểm BC hay ta có đpcm