Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) áp dụng vào định lý pi ta go ta có
BD^2=AB^2+AD^2
BD^2=4^2+3^2
BD^2=25
BD=5
$#Shả$
`a)` Xét `\triangleAHB` và `\triangleBCD` ta có `:`
`\hat{AHB}=\hat{BCD}=90^{o}`
`\hat{ABH}=\hat{BDC} ` (slt)
Vậy `\triangleAHB ` $\backsim$ `\triangleBCD` (g-g)
a) △AHB và △BCD có: \(\widehat{AHB}=\widehat{BCD}=90^0\); \(\widehat{ABH}=\widehat{BDC}\) (AB//DC).
\(\Rightarrow\)△AHB∼△BCD (g-g).
b) △ABD có: \(BD^2=AD^2+AB^2\Rightarrow BD=\sqrt{AD^2+AB^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)
△AHB∼△BCD \(\Rightarrow\dfrac{AH}{BC}=\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{HB}{CD}\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}AH=\dfrac{AB.BC}{BD}=\dfrac{3.4}{5}=2,4\left(cm\right)\\HB=\dfrac{AB.CD}{BD}=\dfrac{3.3}{5}=1,8\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow S_{AHB}=\dfrac{1}{2}AH.HB=\dfrac{1}{2}.2,4.1,8=2,16\left(cm^2\right)\)
c) ABCD là hình chữ nhật, AC cắt BD tại O.
\(\Rightarrow\)O là trung điểm của AC và BD.
BD⊥DE tại D, CF⊥DE tại F. \(\Rightarrow\)BD//CF.
-△ODE có: IF//OD \(\Rightarrow\dfrac{IF}{OD}=\dfrac{EI}{EO}\).
-△OBE có: IC//OB \(\Rightarrow\dfrac{IC}{OB}=\dfrac{EI}{EO}=\dfrac{IF}{OD}\Rightarrow IC=IF\Rightarrow\)I là trung điểm CF.
Cho Δ ABC vuông tại A, AB = 9cm, AC = 12cm, đường cao AH, phân giác BD. Vẽ DC ⊥ BC, đường thẳng DE cắt đường thẳng AB tại F
a) Tính BH, CH
Ap dung dl Pytago vao trong tam giac vuong ABC ta co:
BC^2 = AB^2 + AC^2
=> BC = 15
AH la duong cao trong tam giac vuong ABC
=> 1/AH^2 = 1/AB^2 + 1/AC^2
=> AH = 7,2
Ap dung dl PYtago vao trong tam giac vuong AHB ta duoc:
BH^2 = AB^2 - AH^2
=> BH = 5,4
BC = BH + HC
=> HC = 9,6
b) Chứng minh Δ EBF đồng dạng Δ EDC
Tam giac EDC dong dang tam giac ADF(g,g,g)
=> Goc AFD = goc ECD
Ma AFD = 90 - goc B
=> Goc EDC = Goc B
Xet tam giac vuong EBF va tam giac vuong EDC ta co:
+) Goc A1 = goc E = 90
+) Goc B = Goc EDC
+) Goc BFE = Goc C
=> Δ EBF đồng dạng Δ EDC
a) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\) ⇒ \(BH\text{//}KC\)
\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\) ⇒ \(CH\text{//}BK\)
\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)
Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\) \(\left(ĐPCM\right)\)
c)
Ta có:
\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)
⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)
⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\) \(\left(ĐPCM\right)\)
