Bài 2: 

Ta có: AM=1/2BC

nên AM=BM=CM

Xét ΔMAB có MA=MB

nên ΔMAB cân tại M

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{B}\)

Xét ΔMAC có MA=MC

nên ΔMAC cân tại M

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{C}\)

Xét ΔBAC có \(\widehat{BAC}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{MAB}+\widehat{B}+\widehat{MAC}+\widehat{C}=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\cdot\left(\widehat{MAB}+\widehat{MAC}\right)=180^0\)

=>\(\widehat{BAC}=90^0\)

hay ΔABC vuông tại A

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

=>\(\frac{S_{CKH}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CK}{CB}\right)^2=cos^2C\)

\(S_{ALK}+S_{BLH}+S_{CKH}+S_{LKH}=S_{ABC}\)

=>\(\frac{S_{ALK}}{S_{ABC}}+\frac{S_{BLH}}{S_{BAC}}+\frac{S_{CKH}}{S_{BAC}}+\frac{S_{LHK}}{S_{ABC}}=1\)

=>\(\frac{S_{LHK}}{S_{BAC}}=1-cos^2BAC-cos^2ABC-cos^2ACB\)

SỬA ĐỀ: "Chứng minh: \(\dfrac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\dfrac{MN.MP}{AB.AC}\)

Nếu bài này lớp 8 và đề như vậy theo mình không làm được vì:

Chưa học sin cos tan.....

Nếu c/m bằng tam giác đồng dạng thì thiếu dữ kiện

A B C M N P H K

Kẻ \(BH⊥AC;NK⊥MP\)

Khi đó ta thấy ngay \(\Delta MNK\sim\Delta ABH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{NK}{BH}=\frac{MN}{AB}\)

Lại có \(\frac{S_{MNP}}{S_{ABC}}=\frac{\frac{1}{2}.MP.NK}{\frac{1}{2}.AC.BH}=\frac{NK}{BH}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN}{AB}.\frac{MP}{AC}=\frac{MN.MP}{AB.AC}\left(đpcm\right)\)

a: Xét ΔDAB và ΔDCI có

\(\hat{DAB}=\hat{DCI}\)

\(\hat{ADB}=\hat{CDI}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAB~ΔDCI

b: ΔDAB~ΔDCI

=>\(\hat{ABD}=\hat{AIC}\)

Xét ΔABD và ΔAIC có

\(\hat{ABD}=\hat{AIC}\)

\(\hat{BAD}=\hat{IAC}\)

Do đó: ΔABD~ΔAIC

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

A B C D E a b c

a) Kẻ  \(CE\perp AB\)

Ta có :  \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}CE.AB\left(1\right)\)

Xét  \(\Delta ACE\)có  \(\sin A=\frac{EC}{AC}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB.AC.\sin A=\frac{1}{2}AB.AC.\frac{EC}{AC}=\frac{1}{2}AB.EC\left(2\right)\)

Từ (1) và (2)  \(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB.AC.\sin A\left(đpcm\right)\)

b) Kẻ  \(BD\perp AC\)

Xét  \(\Delta ADB\)có  \(\sin A=\frac{BD}{AB}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=BC\div\frac{BD}{AB}=\frac{BC.AB}{BD}\left(3\right)\)

Lại có :  \(\sin A=\frac{EC}{AC}\)( câu a )

\(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=BC\div\frac{EC}{AC}=\frac{CA.BC}{EC}\left(4\right)\)

Xét  \(\Delta BEC\)có  \(\sin B=\frac{EC}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{b}{\sin B}=CA\div\frac{EC}{BC}=\frac{CA.BC}{EC}\left(5\right)\)

Xét  \(\Delta BDC\)có  \(\sin C=\frac{DB}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{c}{\sin C}=AB\div\frac{DB}{BC}=\frac{AB.BC}{DB}\left(6\right)\)

Từ (3) ; (4) ; (5) và (6)  \(\Rightarrow\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}\left(đpcm\right)\)

c) Xét  \(\Delta ABD\)có  \(\cos A=\frac{AD}{AB}\)

Áp dụng định lí Py-ta-go cho  \(\Delta ABD\)vuông tại D ta được :

\(AB^2=BD^2+AD^2\)

Áp dụng định lí Py-ta-go cho  \(\Delta BDC\)vuông tại D ta được :

\(BD^2+DC^2=BC^2\)

Ta có :  \(b^2+c^2-2bc.\cos A\)

\(=AB^2+AC^2-2AB.AC.\cos A\)

\(=BD^2+AD^2+AC^2-2AB.AC.\frac{AD}{AB}\)

\(=BD^2+\left(AC^2-2AD.AC+AD^2\right)\)

\(=BD^2+\left(AC-AD\right)^2\)

\(=BD^2+DC^2\)

\(=BC^2=a\left(đpcm\right)\)