Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b
Δ ABD ⊥ tại D có DE là đường cao.
=> \(AD^2=AE.AB\) (hệ thức lượng) (1)
Δ ADC ⊥ tại C có DC là đường cao.
=> \(AD^2=AF.AC\) (hệ thức lượng) (2)
Từ (1), (2) suy ra: \(AE.AB=AF.AC\left(=AD^2\right)\)
Xét Δ AEF và Δ ACB có:
\(\widehat{EAF}=\widehat{CAB}\) (góc chung)
\(\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\left(cmt\right)\)
=> Δ AEF đồng dạng Δ ACB (c.g.c)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
ANH CS THỂ THAM KHẢO
a , b tự lm nha ( dễ mà )
c) Do II đối xứng với HH qua BC⇒IH⊥BCBC⇒IH⊥BC mà HD⊥BC,D∈BC
⇒I⇒I đối xứng với HH qua D⇒DD⇒D là trung điểm của HIHI
Và MM là trung điểm của HKHK
⇒DM⇒DM là đường trung bình ΔHIKΔHIK
⇒DM∥IK⇒DM∥IK
⇒BC∥IK⇒BC∥IK
⇒BCKI⇒BCKI là hình thang
ΔCHIΔCHI có CDCD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
⇒ΔCHI⇒ΔCHI cân đỉnh CC
⇒CI=CH⇒CI=CH (*)
Mà tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành ⇒CH=BK⇒CH=BK (**)
Từ (*) và (**) suy ra CI=BKCI=BK
Tứ giác BCKIBCKI là hình bình hành có 2 đường chéo CI=BKCI=BK
Suy ra BCIKBCIK là hình thang cân.
Tứ giác HGKCHGKC có GK∥HCGK∥HC (do BHCKBHCK là hình bình hành)
⇒HGKC⇒HGKC là hình thang có đáy là GK∥HCGK∥HC
a, Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong các tam giác vuông
∆AHC và ∆AHB ta có:
AE.AC = A H 2 = AD.AB => ∆AHC ~ ∆AHB(c.g.c)
b. Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông ∆ABC tính được AH = 3cm => DE = 3cm
Trong ∆AHB vuông ta có:
tan A B C ^ = A H H B => A B C ^ ≈ 56 0 , S A D E = 27 13 c m 2
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
\(S_{AEF}=\dfrac{1}{16}\cdot S_{ABC}\)
=>\(\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot AF=\dfrac{1}{16}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\)
=>\(AE\cdot AF=\dfrac{1}{16}\cdot AB\cdot AC\)
=>\(\dfrac{AH^2}{AB}\cdot\dfrac{AH^2}{AC}=\dfrac{1}{16}\cdot AB\cdot AC\)
=>\(AH^4=\dfrac{1}{16}\cdot AB^2\cdot AC^2\)
=>\(AH^2=\dfrac{1}{4}\cdot AB\cdot AC=\dfrac{1}{4}\cdot AH\cdot BC\)
=>\(AH=\dfrac{1}{4}\cdot BC\)
Gọi M là trung điểm của BC
=>AH vuông góc HM tại H
ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên \(AM=\dfrac{1}{2}BC\)=MB=MC
=>\(\dfrac{AH}{AM}=\dfrac{1}{2}\) và ΔMAC cân tại M
Xét ΔAHM vuông tại H có
\(sinAMH=\dfrac{AH}{AM}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(\widehat{AMB}=30^0\)
=>\(\widehat{AMC}=150^0\)
ΔMAC cân tại M
=>\(\widehat{MCA}=\dfrac{180^0-\widehat{AMC}}{2}=15^0\)
=>\(\widehat{ACB}=15^0\)
a: góc AEH+góc AFH=180 độ
=>AEHF nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
=>ΔAFE đồng dạng với ΔACB
b: MF/MB=HF/HB
NE/NC=HE/HC
Xét ΔHFE và ΔHBC có
góc HFE=góc HBC
góc FHE=góc BHC
=>ΔHFE đồng dạng với ΔHBC
=>HF/HB=HE/HC
=>MF/MB=NE/NC