a) \(1+tan^2B=1+\dfrac{AC^2}{AB^2}=\dfrac{AB^2+AC^2}{AB^2}=\dfrac{BC^2}{AB^2}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2}=\dfrac{1}{cos^2B}\)

b) Ta có: \(a.sinB.cosB=BC.\dfrac{AC}{BC}.\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC.AB}{BC}=\dfrac{AH.BC}{BC}=AH\)

\(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=BC.\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2=BC.cos^2B\)

Tương tự \(\Rightarrow CH=BC.sin^2B\)

CMR : tan\(\dfrac{B}{2}=\dfrac{AC}{BC+AB}\) nhé mình ghi thiếu

Theo tính chất phân giác:

\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{AD+CD}{AB+BC}=\dfrac{AC}{AB+BC}\)

\(\Rightarrow tan\dfrac{B}{2}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AC}{AB+BC}\) (đpcm)

Ta thấy b = c.

Thêm đk của đề bài là \(\widehat{A}\leq 90^o\), vì nếu ngược lại thì \(a^2>2b^2\) và khi đó điều cần cm sẽ sai.

Do tam giác ABC cân tại A nên DE // BC.

Theo định lý Thales ta có: \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AE}{AB}\Leftrightarrow\dfrac{DE}{a}=\dfrac{AE}{b}\Leftrightarrow DE=\dfrac{a.AE}{b}\).

Ta lại có: \(\left\{{}\begin{matrix}AE^2-BE^2=AC^2-BC^2=b^2-a^2\\AE+BE=AB=b\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE-BE=\dfrac{b^2-a^2}{b}\\AE+BE=b\end{matrix}\right.\Rightarrow AE=\left(\dfrac{b^2-a^2}{b}+b\right):2=\dfrac{2b^2-a^2}{2b}\).

Do đó \(DE=\dfrac{a\left(2b^2-a^2\right)}{2b^2}\).

a: Ta có: \(S_{\Delta ABC} = \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} AB^2 \cdot AC^2 \cdot \sin^2 A\)

\(=\frac{1}{4}AB^2\cdot AC^2(1-\cos^2A)=\frac{1}{2^2}\left[AB^2\cdot AC^2-(AB\cdot AC\cdot\cos A)^2\right]\)

=>\(S^2 = \frac{1}{4} \left[ AB^2 \cdot AC^2 - \left(\vec{AB} \cdot \vec{AC}\right)^2 \right]\)

=>\(S=\frac12\cdot\sqrt{AB^2\cdot AC^2-\left(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}\right)^2}\)

b:Ta có: \(S = \frac{1}{2} a \cdot h_a = \frac{1}{2} b \cdot h_b = \frac{1}{2} c \cdot h_c\)

=>\(a = \frac{2S}{h_a}, \quad b = \frac{2S}{h_b}, \quad c = \frac{2S}{h_c}\)

b+c=2a

=>\(\frac{2S}{h_b}+\frac{2S}{h_c}=2\cdot\left(\frac{2S}{h_a}\right)\)

=>\(\frac{1}{h_b}+\frac{1}{h_c}=\frac{2}{h_a}\)

c: Xét ΔABC có \(m_{a};m_{b};m_{c}\) lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến ứng với các cạnh BC,AC,AB

nên ta có:

\(m_{a}^2=\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4};m_{b}^2=\frac{2(a^2 + c^2) - b^2}{4};m_{c}^2=\frac{2(a^2 + b^2) - c^2}{4}\)

\(m_b^2 + m_c^2 = \frac{2a^2 + 2c^2 - b^2 + 2a^2 + 2b^2 - c^2}{4} = \frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}\)

Ta có: \(m_b^2 + m_c^2 = 5m_a^2\)

=>\(\frac{4a^2 + b^2 + c^2}{4}=5\cdot\frac{2(b^2 + c^2) - a^2}{4}\)

=>\(4a^2+b^2+c^2=10(b^2+c^2)-5a^2\)

=>\(4a^2+5a^2=10(b^2+c^2)-(b^2+c^2)\)

=>\(9a^2=9(b^2+c^2)\)

=>\(a^2=b^2+c^2\)

=>ΔABC vuông tại A

a: Xét ΔBAE vuông tại A và ΔBHD vuông tại H có

góc ABE=góc HBD

=>ΔBAE đồng dạng với ΔBHD

b: BC=căn 6^2+8^2=10cm

AH=6*8/10=4,8cm

Kẻ \(AH\perp BC\) tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BAC có:
\(\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AH^2}\)

Do AD và AE lần lượt là hai tia phân giác trong và ngoài tại đỉnh A

\(\Rightarrow AD\perp AE\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông AED có:

\(\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AD^2}=\dfrac{1}{AH^2}\) (AH là đường cao của tam giác AED do \(AH\perp BC\) hay \(AH\perp ED\))

\(\Rightarrow\dfrac{1}{AB^2}+\dfrac{1}{AC^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{DA^2}\)

Vậy...

tự làm nhé

bài đó dễ quá nên mik ko biết làm

bạn nói dễ mà sao ko biết làm minh chuong

a: Đặt AD=DE=FE=AF=a

ΔADE vuông tại D

=>\(DA^2+DE^2=AE^2\)

=>\(AE^2=a^2+a^2=2a^2\)

=>\(AE=a\sqrt2\)

Ta có: ADEF là hình vuông

=>FE//AD

=>FE//AB

=>\(\hat{CEF}=\hat{EBD}\) (hai góc đồng vị)

Xét ΔFEC vuông tại F và ΔDBE vuông tại D có

\(\hat{FEC}=\hat{DBE}\)

Do đó: ΔFEC~ΔDBE

=>\(\frac{FC}{DE}=\frac{EC}{BE}=\frac{FE}{DB}\)

=>\(CF\cdot BD=DE\cdot FE=a\cdot a=a^2=\frac{AE^2}{2}\)

b: Xét ΔBDE vuông tại D và ΔBAC vuông tại A có

\(\hat{DBE}\) chung

Do đó; ΔBDE~ΔBAC

=>\(\frac{BD}{BA}=\frac{DE}{AC}\)

=>\(BD=DE\cdot\frac{AB}{AC}\)

Xét ΔCFE vuông tại F và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{FCE}\) chung

Do đó: ΔCFE~ΔCAB

=>\(\frac{CF}{CA}=\frac{FE}{AB}\)

=>\(CF=\frac{AC}{AB}\cdot FE\)

\(\frac{BD}{CF}=\frac{DE\cdot AB}{AC}:\frac{AC\cdot FE}{AB}=\frac{DE\cdot AB}{AC}\cdot\frac{AB}{AC\cdot FE}=\frac{AB^2}{AC^2}\)