a) Từ đẳng thức cần chứng minh, ta sẽ biến đổi vế trái. Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A:

$A{B}^2=BH.BC,A{C}^2=CH.CB$

(đến đây đã xuất hiện HB, HC giống VP (1)).

Từ đó suy ra: $\frac{A{B}^2}{A{C}^2}=\frac{BH.BC}{CH.CB}=\frac{HB}{HC}$(đpcm).

b) Dễ thấy tứ giác AEHD là hình chữ nhật nên ta có: $DE=AH$

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

$A{H}^2=BH.CH,H{B}^2=BD.AB,H{C}^2=CE.CA$

$\Rightarrow A{H}^4=B{H}^2.C{H}^2=BD.AB.CE.CA=BD.CE.AB.AC.$

Mặt khác $AB.AC=AH.BC$ nên $A{H}^4=BD.CE.AH.BC$ hay $D{E}^3=BD.CE.BC$ (đpcm).

Lưu ý rằng các hệ thức đã được nêu chỉ sử dụng cho tam giác vuông. Do vậy ở đây ta sẽ áp dụng cho hai tam giác AHB và AHC.

Trong tam giác AHC ta có: $C{H}^2=A{C}^2-A{H}^{2.}$(Pitago).

Trong tam giác AHB ta có: $B{H}^2=A{B}^2-A{H}^2$(Pitago).

Từ đó:

$C{H}^2-B{H}^2=\left(A{C}^2-A{H}^{2.}\right)-\left(A{B}^2-A{H}^2\right)=A{C}^2-A{B}^2.$

Từ B kẻ đường thẳng song song với AH cắt tia CA tại M. Do tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao nên H là trung điểm của cạnh BC. Từ đó suy ra A là trung điểm của MC hay AH là đường trung bình của tam giác BMC.

Do vậy $BM=2AH.$

Lại có do $MB\parallel AH$nên $MB\perp BC$ hay tam giác MBC vuông tại B. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MBC ta có:

$\frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{4A{H}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$ (đpcm).

a) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta có:

$A{B}^2=BH.CB\Rightarrow {15}^2=9.CB\Rightarrow CB=25\Rightarrow 9+x=25\Rightarrow x=16$

$A{H}^2=BH.CH=9.x=9.16\Rightarrow AH=12.$

b) Áp dụng Pitago cho tam giác vuông MNP ta có:

$y^2=N{P}^2=M{N}^2+N{P}^2=5^2+{12}^2\Rightarrow y=13.$

Lại có $MN.MP=MI.NP$nên $x.y=5.12\Rightarrow x\approx \mathrm{4,62}cm.$

c) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông CDE ta có:

$D{E}^2=EF.EC$hay$y^2=8.10\Rightarrow y=4\sqrt{5}.$

$D{C}^2=CF.CE$hay $x^2=2.10\Rightarrow x=2\sqrt{5}.$

d) $C{F}^2=C{D}^2-D{F}^2={12}^2-9^2=63\Rightarrow CF=3\sqrt{7}.$

$D{F}^2=CF.EF\Rightarrow 9^2=3\sqrt{7}.x\Rightarrow x=\frac{27\sqrt{7}}{7}.$

$y^2=D{F}^2+E{F}^2=9^2+{\left(\frac{27\sqrt{7}}{7}\right)}^2\approx \mathrm{185,14}\Rightarrow y\approx \mathrm{13,61.}$

$D{F}^2=CF.EF\Rightarrow 9^2=3\sqrt{7}.x\Rightarrow x=\frac{27\sqrt{7}}{7}.$

a) Theo định lý Pitago: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$, suy ra $BC=10cm.$

Lại có: $AH.BC=AB.AC$ nên ta tính được $AH=\mathrm{4,8}cm$.

$HB=\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{6^2}{10}=\mathrm{3,6}cm.$

$HC=BC-HB=10-\mathrm{3,6}=\mathrm{6,4}cm.$

b) Theo tính chất đường phân giác:

$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AB+AC}=\frac{10}{6+8}=\frac{5}{7}.$

Suy ra $BD=\frac{30}{7}.$

Diện tích tam giác ABD là: $S_{\Delta ABD}=\frac{1}{2}AH.BD=\frac{1}{2}\mathrm{.4,8.}\frac{30}{7}\approx \mathrm{10,29}c{m}^2.$

a) Tam giác ABC vuông tại A, theo định lý Pitago ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2\Rightarrow A{C}^2=B{C}^2-A{B}^2=225$

     $\Rightarrow AC=15cm.$

Theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

$AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=12cm.$

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow CH=\frac{A{C}^2}{BC}=9cm.$

$BH=BC-CH=16cm.$

b) Theo đề bài ta thấy HN vuông góc với AC.

Xét tam giác AHC vuông tại H, đường cao HN ta có:

$HN.AC=AH.HC\Rightarrow HN=\frac{AH.HC}{AC}=\mathrm{7,2}cm.$

Xét tam giác ANH vuông tại N ta có:

$A{H}^2=A{N}^2+H{N}^2$ (định lý Pitago)

$\Rightarrow A{N}^2=A{H}^2-H{N}^2\Rightarrow AN=\mathrm{9,6}cm.$

$NC=AC-AN\Rightarrow NC=\mathrm{5,4}cm.$

a) Ta có: $A{H}^2=BH.CH=112.63=7056\Rightarrow AH=84.$

b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông ABC ta có:

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow AC=105;A{B}^2=BH.CB\Rightarrow AB=140.$

Theo tính chất của đường phân giác và tính chất của dãy tỉ lệ thức bằng nhau ta có:

$\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{AB}=\frac{CD+BD}{AC+AB}=\frac{BC}{AC+AB}=\frac{175}{245}=\frac{5}{7}.$

$\Rightarrow CD=75>CH$ nên H nằm giữa C và D.

$\Rightarrow HD=CD-CH=75-63=12.$

Áp dụng Pitago cho tam giác AHD vuông tại H:

$A{D}^2=A{H}^2+H{D}^2\Rightarrow AD=60\sqrt{2}.$

Kẻ BE, CF vuông góc với AC ($E,F\in AC$).

Theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông BOE và tam giác vuông DOF ta có:

$BE=OB\sin 50°;$

$DF=OD\sin 50°.$

Từ đó suy ra:

  $S_{ABCD}=S_{\Delta ABC}+S_{\Delta ACD}=\frac{1}{2}BE.AC+\frac{1}{2}DF.AC=\frac{1}{2}AC(BE+DF)$

$=\frac{1}{2}AC.(OB\sin 50°+OD\sin 50°)$

$=\frac{1}{2}AC.\sin 50°.BD$

$\approx \mathrm{7,66.}$

Kẻ AH vuông góc với BC tại H.

Đặt $AB=x$, từ giả thiết ta được $AC=12-x\left(1\right).$ 

Trong tam giác ABH vuông tại H có:

$AH=AB.\sin 60°=\frac{x\sqrt{3}}{2};BH=AB.\cos 60°=\frac{x}{2}.$

Từ đó suy ra: $CH=8-\frac{x}{2}.$

Áp dụng Pitago cho tam giác ACH ta được:

$A{C}^2=A{H}^2+C{H}^2={\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(8-\frac{x}{2}\right)}^2\left(2\right).$

Từ (1) và (2) ta có phương trình:

${\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(8-\frac{x}{2}\right)}^2={(12-x)}^2\iff \frac{3x^2}{4}+64-8x+\frac{x^2}{4}=x^2-24x+144\iff 16x=80\iff x=5.$

Vậy $AB=5cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADC ta có:

$\frac{1}{D{E}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{D{C}^2}\Rightarrow DE=\mathrm{4,8}cm.$

Lại có $A{E}^2=A{D}^2-D{E}^2=6^2-{\mathrm{4,8}}^2\Rightarrow AE=\mathrm{3,6}cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADF ta có:

$\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{F}^2}\Rightarrow \frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{A{E}^2}-\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AF=\mathrm{4,5}cm.$

Từ đó $BF=AB-AF=8-\mathrm{4,5}=\mathrm{3,5}cm.$

Vậy $DE=\mathrm{4,8}cm,AE=\mathrm{3,6}cm,AF=\mathrm{4,5}cm,BF=\mathrm{3,5}cm.$

Kẻ đường cao AH của hình thang, $H\in CD$.

Đặt $AH=AB=x$.

Do hình thang ABCD cân nên $DH=\frac{CD-AB}{2}=\frac{10-x}{2}.$

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông AHD và AHC ta có:

$A{D}^2=D{H}^2+A{H}^2={\left(\frac{10-x}{2}\right)}^2+x^2;$

$A{C}^2=C{H}^2+A{H}^2={\left(\frac{10+x}{2}\right)}^2+x^2.$

Mặt khác tam giác ADC vuông tại A nên ta có:

$A{D}^2+A{C}^2=C{D}^2$hay${\left(\frac{10-x}{2}\right)}^2+x^2+{\left(\frac{10+x}{2}\right)}^2+x^2={10}^2\iff \frac{5}{2}{x}^2=50\iff x=2\sqrt{5}$

Vậy đường cao của hình thang có độ dài $2\sqrt{5}cm.$

Giả sử AH là cột tháp, HB là bóng của nó trên mặt đất ở lúc mặt trời chiếu góc $50°$.

Khi đó $\Delta AHB$ vuông tại H và $\widehat{ABH}=50°,BH=96m$.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AHB ta có:

$AH=BH.\tan 50°\approx \mathrm{114,4}m.$

a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác BHD ta có:

$B{D}^2=D{H}^2+B{H}^2={16}^2+{12}^2\Rightarrow BD=20.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BHC ta có:

$H{C}^2=B{C}^2-B{H}^2={15}^2-{12}^2\Rightarrow HC=9.$

Tam giác BDC có $B{D}^2+B{C}^2={20}^2+{15}^2=625;$

$D{C}^2={(16+9)}^2=625.$

Suy ra $B{D}^2+B{C}^2=D{C}^{2.}.$

Từ đó theo định lý Pitago đảo, tam giác DBC vuông tại B, hay $DB\perp BC$.

b) Do hình thang ABCD cân nên $AB=DH-CH=7.$

Diện tích hình thang là $S_{ABCD}=\frac{1}{2}BH.(AB+CD)=\frac{1}{2}12.(7+25)=192.$

c) Tam giác BHC vuông tại H có: $tan\widehat{BCH}=\frac{BH}{CH}=\frac{12}{9}\Rightarrow \widehat{BCH}\approx 53°.$

Từ giả thiết, ta đặt $\frac{AB}{20}=\frac{AC}{21}=k$

$\Rightarrow AB=20k,AC=21k(k>0)$.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta có:

$\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{{\left(20k\right)}^2}+\frac{1}{{\left(21k\right)}^2}=\frac{1}{{420}^2}$

$\Rightarrow k=29.$

Do đó $AB=580cm,AC=609cm.$

Áp dụng Pitago cho tam giác ABC ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2={841}^2\Rightarrow BC=841cm.$

Vậy chu vi tam giac ABC là: $AB+AC+BC=580+609+841=2030cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADB ta có:

$\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow \frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{A{O}^2}-\frac{1}{A{B}^2}$

$\Rightarrow AD=3\sqrt{13}.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADC ta có:

$A{D}^2=AO.AC\Rightarrow AC=\frac{39}{2}.$

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ADC ta có:

$C{D}^2=A{C}^2-A{D}^2\Rightarrow CD=\frac{9\sqrt{13}}{2}.$

Diện tích hình thang ABCD là:

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AD.(AB+CD)=\frac{1}{2}.3\sqrt{13}.\left(2\sqrt{13}+\frac{9\sqrt{13}}{2}\right)=\frac{507}{4}.$

a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ACB có:

$A{B}^2=A{C}^2+C{B}^2={\left(12a\right)}^2+{\left(5a\right)}^2$

$\Rightarrow AB=13a.$

Trong tam giác ABC có:

$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{12a}{13a}=\frac{12}{13};\cos B=\frac{CB}{AB}=\frac{5a}{13a}=\frac{5}{13}.$

Từ đó $\frac{\sin B+\cos B}{\sin B-\cos B}=\frac{17}{7}.$

b) Ta có: $AC.CB=CK.AB\Rightarrow CK=\frac{60}{13}a\Rightarrow BK=\frac{25}{13}a.$

Hình thang ABCD cân nên $CD=AB-2BK=13a-2.\frac{25}{13}a=\frac{119}{13}a.$

Diện tích hình thang ABCD là:

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}CK.(AB+CD)=\frac{1}{2}.\frac{60}{13}a.\left(13a+\frac{119}{13}a\right)=\frac{8640}{169}{a}^2.$

a) Ta có: $A{B}^2+A{C}^2={24}^2+{18}^2=900=B{C}^2.$

Do đó theo Pitago đảo thì $∆ABC$ vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta được:

$AB.AC=BC.AH\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{72}{5}.$

Trong tam giác ABC có: $\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{18}{30}\Rightarrow B\approx 37°,$

$C=90°-B\approx 53°.$

b) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có:

$\frac{CD}{CA}=\frac{BD}{BA}=\frac{CD+BD}{CA+BA}=\frac{BC}{CA+BA}=\frac{30}{42}.$

Suy ra $CD=\frac{90}{7},BD=\frac{120}{7}.$

c) Từ cách lấy điểm E, F ta suy ra tứ giác AEDF là hình chữ nhật. Mặt khác, AD là đường phân giác của $\widehat{EAF}$ nên tứ giác này là hình vuông.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC, ta có:

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow CH=\frac{A{C}^2}{CB}=\mathrm{10,8}<CD$

Từ đó suy ra H nằm giữa C và D.

$DH=CD-CH=\frac{72}{35}.$

Áp dụng Pitago cho tam giác vuông AHD có: $A{D}^2=A{H}^2+H{D}^2\Rightarrow AD=\frac{72\sqrt{2}}{7}.$

Do đó, cạnh của hình vuông AEDF là $\frac{AD}{\sqrt{2}}=\frac{72}{7}.$

Chu vi và diện tích của hình vuông AEDF lần lượt là: $C=\frac{288}{7},S=\frac{5184}{49}.$

a) Kẻ hai đường cao AH, BK.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AHD ta có:

$DH=AD.cos60°=\mathrm{1,}AH=AD.\sin 60°=\sqrt{3}.$

Suy ra $BK=\sqrt{3}.$.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông BKC ta có: $CK=\frac{BK}{\tan 30°}=3.$

Do đó $AB=HK=CD-DH-CK=6-1-3=2.$

Vậy $AB=2.$

b) Diện tích hình thang ABCD là: $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AH.(AB+CD)=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.(2+6)=4\sqrt{3}.$ (đvdt).

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông ABE, AHE, BCE ta có:

$A{B}^2=A{E}^2+B{E}^2=\left(A{H}^2-H{E}^2\right)+\left(B{C}^2-C{E}^2\right);$

$H{C}^2=H{E}^2+C{E}^2,$

Suy ra $A{B}^2+H{C}^2=A{H}^2+B{C}^2.$

Chứng minh tương tự ta được: $A{C}^2+H{B}^2=A{H}^2+B{C}^2$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Suy ra $\frac{1}{D{E}^2}+\frac{1}{D{I}^2}=\frac{1}{D{C}^2}$ không đổi.

Kẻ $BK\perp CD,CF\perp CE$ như hình vẽ.

Xét tam giác BKC và tam giác CDF có:

$\widehat{BKC}=\widehat{CDF}=90°;$

$BK=CD(=AD);$

$\widehat{KBC}=\widehat{DCF}$ (cùng phụ với $\widehat{BCK}$).

$\Rightarrow \Delta BKC=\Delta CDF(g.c.g)\Rightarrow BC=CF.$

Kéo dài AD cắt BC tại E.

Do $\widehat{D}+\widehat{C}=90°$ nên $\widehat{DEC}=90°$.

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông ở đỉnh E ta được:

$A{B}^2+C{D}^2=(E{A}^2+E{B}^2)+(E{D}^2+E{C}^2)=E{A}^2+E{B}^2+E{C}^2+E{D}^2;$

$A{C}^2+B{D}^2=(E{A}^2+E{C}^2)+(E{B}^2+E{D}^2)=E{A}^2+E{B}^2+E{C}^2+E{D}^2.$

Từ đó suy ra $A{B}^2+C{D}^2=A{C}^2+B{D}^2.$

a) Kẻ đường cao BK.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho tam giác ABK ta có:

$BK+AK>AB.$

Ta có: $\sin A=\frac{BK}{AB};\cos A=\frac{AK}{AB}$

Nên $\sin A+\cos A=\frac{BK+AK}{AB}>\frac{AB}{AB}=1.$

b) Xét tam giác ABH vuông tại H có: $\cot B=\frac{BH}{AH}\Rightarrow AH.\cot B=BH.$

Xét tam giác ACH vuông tại H có: $\mathrm{cotC}=\frac{CH}{AH}\Rightarrow AH.\cot B=CH.$

Từ đó, suy ra $AH.\cot B+AH.\cot C=BH+CH=BC$ (đpcm).

a) Kẻ các đường cao AD, BE, CF.

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ABD ta có:

$\sin B=\frac{AD}{c},\sin A=\frac{CF}{b},\sin C=\frac{BE}{a}.$

Từ đó,

$\frac{a}{\sin A}=\frac{ab}{CF}=\frac{abc}{2S},\frac{b}{\mathrm{sinB}}=\frac{bc}{AD}=\frac{abc}{2S},\frac{c}{\sin C}=\frac{ca}{BE}=\frac{abc}{2S}.$

Do vậy $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\mathrm{sinC}}$.

b) Giả sử $\sin A=\sin B+\sin C$.

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\mathrm{sinC}}=\frac{b+c}{\sin B+\sin C}=\frac{b+c}{\sin A}$

$\Rightarrow a=b+c.$ Điều này không xảy ra do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.

a) Theo giả thiết $AD=DE=EC$ mà $AC=3a$ nên $AD=DE=EC=a$.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ADB ta có:

$D{B}^2=A{D}^2+A{B}^2=2a^2$

Lại có $DE.DC=a.2a=2a^2$.

b) Xét hai tam giác $\Delta BDE$ và $∆CDB$ ta có:

$\frac{BD}{CD}=\frac{DE}{DB}$ (theo chứng minh câu a);

$\widehat{BDE}$ chung

$\Rightarrow \Delta BDE~\Delta CDB(c.g.c).$

c) Do $\Delta BDE~\Delta CDB$ nên $\widehat{DEB}=\widehat{DBC}\Rightarrow \widehat{AEB}+\widehat{BCD}=\widehat{DBC}+\widehat{BCD}=\widehat{ADB}=45°.$

Vậy $\widehat{AEB}+\widehat{BCD}=45°.$

a) Trong các tam giác vuông ABN và ACL ta có:

$\cos A=\frac{AN}{AB},\cos A=\frac{AL}{AC}.$

Do đó $\frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}$.

Xét $∆ANL$ và $∆ABC$có: $\widehat{BAC}$ chung, $\frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}$ nên $\Delta ANL~\Delta ABC(c.g.c)$.

b) Trong các tam giác vuông ABN, BCL, AMC có:

$AN=AB.\cos A,BL=BC.\cos B,CM=CA.\cos C.$

Nhân vế với vế của các đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.

Ta có:

$AN.BL.CM=AB.BC.CA.\cos A.\cos B.\cos C.$

$2A{M}^2+\frac{B{C}^2}{2}=2(A{M}^2+M{B}^2)$

$=2(A{H}^2+H{M}^2+M{B}^2)=2A{H}^2+2H{M}^2+2M{B}^2$

Ta cần chứng minh $H{B}^2+H{C}^2=2H{M}^2+2M{B}^2$.

Do $AB>AC$ nên $HB>HC$ và H nằm giữa C, M.

$H{B}^2+H{C}^2={(MB+HM)}^2+{(MC-HM)}^2={(MB+HM)}^2+{(MB-HM)}^2=2(M{B}^2+H{M}^2)$. (đpcm).