1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (hình 5.21)a, Giả sử AC = 12cm, AB = 10cm. Giải tam...
1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (hình 5.21)
a, Giả sử AC = 12cm, AB = 10cm. Giải tam giác AHB.
b, Chứng minh:
i. cosC.cosB = $\frac{HB}{BC}$
ii. BC = AB.cosB + AC.CosC
iii. tanB.sinB = $\frac{HC}{AB}$
iv. SABC = $\frac{1}{2}$.AC.BC.sinC = $\frac{1}{2}$.BA.BC.sinB.
v. AB + AC $\leq \sqrt{2}$.BC
vi. $tan\frac{\widehat{ACH}}{2}=\frac{AH}{HC+AC}$
c, Kẻ HE $\perp $ AB, HF $\perp $ AC.
i. Chứng minh AH = EF
ii. Chứng minh AF.AC = HB.HC = AE.AB = AH$^{2}$ = EF$^{2}$.
iii. Chứng minh $\widehat{AEF}=\widehat{ACB}$; $\widehat{AFE}=\widehat{ABC}$.
iv. Gọi O là trung điểm của BC. Chứng minh AO $\perp $ EF.
v. Kẻ ET $\perp $ EF; FS $\perp $ EF (T $\in $ BH; S $\in $ HC). Chứng minh SH = SC = $\frac{1}{2}$HC; TH = TB = $\frac{1}{2}$HB.
vi. Chứng minh SEFST = $\frac{1}{2}$SABC
vii. Qua B kẻ tia Bx $\perp $ AB cắt tia AH tại K, qua C kẻ tia Ay $\perp $ Ac cắt tia AH tại G. Chứng minh HB.HC = HK.GH = AH$^{2}$; HA.HK = BA.BE = BH$^{2}$
{1. \textbf{Giải tam giác AHB:}- Ta có \( AB^2 + AC^2 = 10^2 + 12^2 = 100 + 144 = 244 = HB^2 + AH^2 \)- Suy ra \( HB = 2 \sqrt{61} \) và \( AH = \sqrt{61} \)- Từ đó, ta có \( \cos{B} = \frac{AH}{AB} = \frac{\sqrt{61}}{10} \) và \( \cos{C} = \frac{AH}{AC} = \frac{\sqrt{61}}{12} \)2. \textbf{Chứng minh:}i. \( \cos{C} \cdot \cos{B} = \frac{HB}{BC} = \frac{2\sqrt{61}}{BC} \)ii. \( BC = AB \cdot \cos{B} + AC \cdot \cos{C} = 10 \cdot \frac{\sqrt{61}}{10} + 12 \cdot \frac{\sqrt{61}}{12} = 2\sqrt{61} \)iii. \( \tan{B} \cdot \sin{B} = \frac{HC}{AB} = \frac{2\sqrt{61}}{10} \)iv. \( S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AC \cdot BC \cdot \sin{C} = \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot 2\sqrt{61} \cdot \frac{12}{13} = 72\sqrt{61} \)v. \( AB + AC \leq \sqrt{2} \cdot BC = \sqrt{2} \cdot 2\sqrt{61} = 2\sqrt{122} \)3. \textbf{Chứng minh:}i. Ta có \( \triangle AEF \sim \triangle BHC \), do đó \( \frac{AH}{HB} = \frac{EF}{HC} \) và từ đó suy ra \( AH = EF \)ii. Do \( \triangle AEF \sim \triangle BHC \), nên \( \frac{AF}{HB} = \frac{AE}{HC} \Rightarrow AF \cdot HC = HB \cdot AE = 2 \sqrt{61} \cdot \sqrt{61} = 122 \)iii. Tương tự, ta chứng minh được \( \widehat{AEF} = \widehat{ACB} \) và \( \widehat{AFE} = \widehat{ABC} \)iv. Việc chứng minh AO \(\perp\) EF do \( \triangle AEF = \triangle BHC \), nên \( AO \) sẽ đi qua trung điểm của \( BC \) là \( O \)v. \( \triangle ETH \sim \triangle FHS \), suy ra \( \frac{HS}{HC} = \frac{1}{2} \) và \( \frac{TH}{HB} = \frac{1}{2} \), hay \( HS = SC = \frac{1}{2}HC \) và \( TH = TB = \frac{1}{2}HB \) 4. \textbf{Chứng minh:}- Gọi \( \alpha = \angle BAH \), ta có \( \tan{\frac{\angle ACH}{2}} = \frac{AH}{HC+AC} = \frac{\sqrt{61}}{HC+12} \)- Từ hai đẳng thức \( \tan{\frac{\angle BAH}{2}} = \frac{AH}{HB} \) và \( \tan{\frac{\angle CAH}{2}} = \frac{AH}{HC} \), ta suy ra được \( AH = \sqrt{61} \)5. \textbf{Chứng minh:}- Ta có \( \angle HKB = \angle CKG = 90^\circ \), từ đó suy ra \( HB \cdot HC = HK \cdot HG \)- Tương tự, \( BA \cdot BE = AH \cdot HK \) và do \( \angle AHB = \angle EBG = 90^\circ \), nên \( HB^2 = AH^2 \)}