Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)
hay ΔABC vuông tại A
a: \(AB=\sqrt{3\cdot15}=3\sqrt{5}\left(cm\right)\)
\(AC=\sqrt{12\cdot15}=6\sqrt{5}\left(cm\right)\)
b: \(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AH^2}{AB}:\dfrac{AH^2}{AC}=\dfrac{AC}{AB}=2\)
=>HF=2HE
a) \(AH^2=BH.CH=3,6.6,4=23,04\)
\(\Rightarrow AH=4,8\left(cm\right)\)
\(AC^2=AH^2+HC^2=23,04+40,96=64\)
\(\Rightarrow AC=8\left(cm\right)\)
\(AB^2=AH^2+BH^2=23,04+12,96=36\)
\(\Rightarrow AB=6\left(cm\right)\)
\(BC=BH+CH=3,6+6,4=10\left(cm\right)\)
\(tanB=\dfrac{8}{6}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow B=53^o\)
\(\Rightarrow C=90^o-53^o=37^o\)
b) Xét Δ vuông ABH, có đường cao DH ta có :
\(AH^2=AD.AB\left(1\right)\)
Tương tự Δ vuông ACH :
\(AH^2=AE.AC\left(2\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AD.AB=AE.AC\)
Câu 1:
a: Xét ΔAHB vuông tạiH có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
b: \(BC=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{4\cdot6}{2\sqrt{13}}=\dfrac{12}{\sqrt{13}}\left(cm\right)\)
\(AE=\dfrac{AH^2}{AC}=\dfrac{144}{13}:6=\dfrac{24}{13}\left(cm\right)\)
c:
Xét tứ giác APMQ có
\(\widehat{APM}=\widehat{AQM}=\widehat{PAQ}=90^0\)
Do đó: APMQ là hình chữ nhật
Suy ra: PQ=AM
d) Ta có: \(\angle HDA=\angle HEA=\angle DAE=90\Rightarrow HDAE\) là hình chữ nhật
\(\Rightarrow DE=AH=\sqrt{BH.HC}=\sqrt{4.9}=6\left(cm\right)\)
Ta có: \(DM\parallel EN (\bot DE)\) và \(\angle MDE=\angle DEN=90\)
\(\Rightarrow MDEN\) là hình thang vuông
Vì \(\Delta BDH\) vuông tại D có M là trung điểm BH
\(\Rightarrow MD=\dfrac{1}{2}BH=\dfrac{1}{2}.4=2\left(cm\right)\)
Vì \(\Delta HEC\) vuông tại E có M là trung điểm CH
\(\Rightarrow EN=\dfrac{1}{2}CH=\dfrac{1}{2}.9=\dfrac{9}{2}\left(cm\right)\)
\(\Rightarrow S_{DENM}=\dfrac{1}{2}.\left(DM+EN\right).DE=\dfrac{1}{2}.\left(2+\dfrac{9}{2}\right).6=\dfrac{39}{2}\left(cm^2\right)\)
*Gọi G là giao điểm của AH và DE
Ta có: GA = GD = GH = GE (tính chất hình chữ nhật)
Suy ra tam giác GHD cân tại G
Suy ra tam giác NCE cân tại N ⇒ NC = NE (16)
Từ (13) và (16) suy ra: NC = NH hay N là trung điểm của CH.
a: Xét ΔBAC có \(AC^2=BA^2+BC^2\)
nên ΔBAC vuông tại B
b: Xét ΔBAC vuông tại B có
\(sinA=\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{42}{58}=\dfrac{21}{29}\)
\(cosA=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{40}{58}=\dfrac{20}{29}\)
\(tanA=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{21}{20}\)
\(cotA=\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{20}{21}\)
c: Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(BH\cdot AC=BA\cdot BC\)
=>\(BH\cdot58=40\cdot42=1680\)
=>\(BH=\dfrac{840}{29}\left(cm\right)\)
Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(BA^2=AH\cdot AC\)
=>\(AH\cdot58=40^2=1600\)
=>\(AH=\dfrac{800}{29}\left(cm\right)\)
Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}HE\cdot BA=HB\cdot HA\\BE\cdot BA=BH^2\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}HE\cdot40=\dfrac{840}{29}\cdot\dfrac{800}{29}\\BE\cdot40=\left(\dfrac{840}{29}\right)^2\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}HE=\dfrac{16800}{841}\left(cm\right)\\BE=\dfrac{17640}{841}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Xét tứ giác BEHF có
\(\widehat{BEH}=\widehat{BFH}=\widehat{FBA}=90^0\)
=>BEHF là hình chữ nhật
=>\(BF=HE=\dfrac{16800}{841}\left(cm\right)\)
d: Xét tứ giác BPMQ có
\(\widehat{BPM}=\widehat{BQM}=\widehat{QBP}=90^0\)
=>BPMQ là hình chữ nhật