a, Sử dụng định lí Pytago cho các tam giác vuông HAB và HAC để có đpcm

b, 1. Chứng minh tương tự câu a)

2. Sử dụng định lí Pytago cho tam giác vuông AHM

Câu 20: Tam giác ABC vuông tại B suy ra:

   A.  AC²  = AB² + BC^{2 ­}                                   B.  AC²  = AB² - BC²

   C.  BC²  = AB² + AC²                                    D.  AB²  = BC² + AC²

Câu 21: Tam giác ABC có BC = 5cm; AC = 12cm; AB = 13cm. Tam giác ABC vuông tại đâu?

   A.  Tại  B                                                      B.  Tại C

   C.  Tại A                                                       D.  Không phải là tam giác vuông

Câu 22: Cho ABC có  = 90⁰ ; AB = 4,5 cm ; BC = 7,5 cm. Độ dài cạnh AC là:

   A.  6,5 cm                    B.  5,5 cm                     C.  6 cm                       D.   6,2 cm

Câu 23: Tam giác nào là tam giác vuông trong các tam giác có độ dài các cạnh là:

A.  3cm, 4dm, 5cm.         B.  5cm, 14cm, 12cm. 

C.  5cm, 5cm, 8cm.         D.  9cm, 15cm, 12cm.

Câu 24: Cho ABC có  AB = AC và  = 60⁰, khi đó tam giác ABC là:

   A.  Tam giác vuông                                       B.   Tam giác cân

   C.  Tam giác đều                                           D.  Tam giác vuông cân

Câu 25: Nếu A là góc ở đáy của một tam giác cân thì:

A.  ∠A ≤ 90⁰                                 B. ∠A > 90⁰                            C. ∠A < 90⁰                       D. ∠A = 90⁰

a) Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHC vuông tại H có 

AB=AC(ΔABC cân tại A)

AH chung

Do đó: ΔAHB=ΔAHC(Cạnh huyền-cạnh góc vuông)

\(AB^2=AH^2+BH^2\Rightarrow AH^2=AB^2-BH^2\left(1\right)\left(Pitago\right)\)

\(AC^2=AH^2+CH^2\Rightarrow AH^2=AC^2-CH^2\left(2\right)\left(Pitago\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AC^2-CH^2=AB^2-BH^2\)

\(\Rightarrow AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)

\(\Rightarrow dpcm\)

 Ta có \(AB^2-AC^2=\left(BH^2+AH^2\right)-\left(CH^2+AH^2\right)\) \(=BH^2-CH^2\) \(\Rightarrow AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\), đpcm.

 (Bài này kết quả vẫn đúng nếu không có điều kiện tam giác ABC vuông tại A.)

Kẻ đường cao BH

Xét tam giác ABH vuông tại H có ∠(BAC) =  60 0

BH = AB.sin A = AB.sin  60 0  = (AB 3 )/2

AH = AB.cos A = AB.cos 60 0  = AB/2

Xét tam giác BHC vuông tại H có:

B C 2 = B H 2 + H C 2 = B H 2 + A C - A H 2

= B H 2 + A C 2 - 2 A C . A H + A H 2

Vậy được điều phải chứng minh.

Kẻ đường cao BH của tam giác ABC thì H nằm trên tia AC (để  ∠ (BAC) =  60 °  là góc nhọn), do đó H C 2 = A C - A H 2 (xem h.bs.8a, 8b)

Công thức Py-ta-go cho ta

B C 2 = B H 2 + H C 2 = B H 2 + A C - A H 2 = B H 2 + A C 2 + A H 2 - 2 A C . A H = A B 2 + A C 2 - 2 A C . A H

Do  ∠ (BAC) = 60 °  nên AH = AB.cos 60 °  = AB/2, suy ra  B C 2 = A B 2 + A C 2 - A B . A C

a: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

Xét ΔDHA vuông tại D và ΔDBH vuông tại D có

\(\hat{DHA}=\hat{DBH}\left(=90^0-\hat{DHB}\right)\)

Do đó: ΔDHA~ΔDBH

=>\(\frac{DH}{DB}=\frac{DA}{DH}\)

=>\(DA\cdot DB=DH^2\)

Xét ΔEAH vuông tại E và ΔEHC vuông tại H có

\(\hat{EAH}=\hat{EHC}\left(=90^0-\hat{EHA}\right)\)

Do đó: ΔEAH~ΔEHC

=>\(\frac{EA}{EH}=\frac{EH}{EC}\)

=>\(EA\cdot EC=EH^2\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(HE^2+HD^2=HA^2\)

=>\(DA\cdot DB+EA\cdot EC=HA^2\)

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBHA vuông tại H có

góc DBH chung

Do đó: ΔBDH~ΔBHA

=>\(\frac{BD}{BH}=\frac{BH}{BA}\)

=>\(BD\cdot BA=BH^2\)

Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCHA vuông tại H có

\(\hat{ECH}\) chung

DO đó: ΔCEH~ΔCHA

=>\(\frac{CE}{CH}=\frac{CH}{CA}\)

=>\(CE\cdot CA=CH^2\)

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\hat{HAB}=\hat{HCA}\left(=90^0-\hat{HBA}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\frac{HA}{HC}=\frac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

\(BD\cdot BA+CE\cdot CA=BH^2+CH^2\)

\(=BH^2+CH^2+2\cdot HB\cdot HC-2\cdot HB\cdot HC\)

\(=\left(BH+CH\right)^2-2\cdot AH^2=BC^2-2\cdot AH^2\)

\(=AB^2+AC^2-2\cdot AH^2\)

b: Ta có: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)

Do đó: ΔADE~ΔACB

=>\(\hat{AED}=\hat{ABC};\hat{ADE}=\hat{ACB}\)

ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=MB=MC

MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

=>\(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)

\(\hat{MAC}+\hat{AED}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AM⊥DE tại S

c: ta có: \(\hat{CAF}+\hat{BAF}=\hat{CAB}=90^0\)

\(\hat{CFA}+\hat{HAF}=90^0\) (ΔHAF vuông tại H)

mà \(\hat{BAF}=\hat{HAF}\) (AF là phân giác của góc BAH)

nên \(\hat{CAF}=\hat{CFA}\)

=>CA=CF

Ta có: \(\hat{BAJ}+\hat{CAJ}=\hat{BAC}=90^0\)

\(\hat{BJA}+\hat{HAJ}=90^0\) (ΔHAJ vuông tại H)

mà \(\hat{CAJ}=\hat{HAJ}\) (AJ là phân giác của góc HAC)

nên \(\hat{BAJ}=\hat{BJA}\)

=>BA=BJ

AB+AC

=BJ+CF

=BF+FJ+CJ+JF

=BF+CJ+FJ+JF

=BC+FJ