Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. a) Cho BH = 9cm, CH = 4cm.Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH

24/42

Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\], đường cao $AH$.

a) Cho $BH = 9\,\,{\rm{cm}},\,\,CH = 4\,\,{\rm{cm}}{\rm{.}}$ Tính độ dài các đoạn thẳng $AB,\,\,AC,\,\,AH.$

b) Gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $AB.$ Chứng minh $AE \cdot AB = HB \cdot HC.$

c) Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AB$ cắt tia $AH$ tại $F.$ Gọi $M$ là hình chiếu của $H$ trên $BF.$Chứng minh $\frac{{H{E^2}}}{{H{A^2}}} + \frac{{H{M^2}}}{{H{F^2}}} = 1.$

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. a) Cho BH = 9cm, CH = 4cm.Tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC, AH (ảnh 1)

a) Ta có $BC = BH + HC = 9 + 4 = 13\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: $\cos B = \frac{{BH}}{{AB}}.$

Xét \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có: $\cos B = \frac{{AB}}{{BC}}.$

Do đó \[\cos B = \frac{{BH}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\]

Suy ra $A{B^2} = BH \cdot BC = 9 \cdot 13 = 117$ nên $AB = 3\sqrt {13} \,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).$

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta ABC\] vuông tại $A$, ta có \[A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\]

Suy ra \[A{C^2} = B{C^2} - A{B^2} = {13^2} - 117 = 52\] nên \[AC = 2\sqrt {13} \,\,cm.\]

Áp dụng định lí Pythagore vào \[\Delta AHC\] vuông tại $H$, ta có \[A{H^2} + H{C^2} = A{C^2}\]

Suy ra \[A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = 52 - {4^2} = 36\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right)\] nên \[AH = 6\,\,cm.\]

b) Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}}.\]

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos A = \frac{{AE}}{{AH}}.\]

Do đó \[\cos A = \frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AH}}.\] Suy ra $A H^{2} = A E . A B (1)$

Xét $\Delta AHB$ vuông tại $H$, ta có: \[\tan \widehat {BAH} = \frac{{BH}}{{AH}}.\]

Xét \[\Delta AHC\] vuông tại $E$, ta có: \[\cos \widehat {CAH} = \frac{{AH}}{{HC}}.\]

Do đó \[\frac{{BH}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{HC}}\] suy ra $A H^{2} = B H . H C (2)$

Từ \[\left( 1 \right)\] và \[\left( 2 \right)\] suy ra \[AE \cdot AB = BH \cdot HC\].

c) Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\] suy ra $\sin^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} (3)$

Xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có \[\sin \widehat {MFH} = \frac{{MH}}{{HF}}\].

Vì $\Delta ABF$ vuông tại $B$ nên $\widehat {BAH} + \widehat {BFH} = 90^\circ $ suy ra \[\sin \widehat {BFH} = \cos \widehat {EAH}.\]

Do đó \[\cos \widehat {EAH} = \frac{{MH}}{{HF}}\] suy ra $\cos^{2} \hat{E A H} = \frac{M H^{2}}{H F^{2}} (4)$

Mặt khác, xét \[\Delta AHE\] vuông tại $E$, ta có

\[\sin \widehat {EAH} = \frac{{HE}}{{AH}}\,;\,\,\cos \widehat {EAH} = \frac{{AE}}{{AH}}\] (áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn).

\[H{E^2} + A{E^2} = A{H^2}\] (áp dụng định lí Pythagore)

Do đó $\sin^{2} \hat{E A H} + \cos^{2} \hat{E A H} = \frac{H E^{2}}{A H^{2}} + \frac{A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{H E^{2} + A E^{2}}{A H^{2}} = \frac{A H^{2}}{A H^{2}} (5)$

Từ \[\left( 3 \right),\,\,\left( 4 \right)\] và \[\left( 5 \right)\] suy ra \[{\sin ^2}\widehat {EAH} + {\cos ^2}\widehat {EAH} = \frac{{H{E^2}}}{{A{H^2}}} + \frac{{M{H^2}}}{{H{F^2}}} = 1\] (đpcm).