Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) Xét ΔMEB và ΔMCF có
\(\widehat{MEB}=\widehat{MCF}\left(=\widehat{AEF}\right)\)
\(\widehat{M}\) chung
Do đó: ΔMEB\(\sim\)ΔMCF(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{ME}{MC}=\dfrac{MB}{MF}\)
hay \(ME\cdot MF=MB\cdot MC\)
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:
\(AE\cdot AB=AH^2\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:
\(AF\cdot AC=AH^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
hay \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF và ΔACB có
\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)(cmt)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB(c-g-c)
Suy ra: \(\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)(hai góc tương ứng)
Tính chất cơ bản của tam giác với 3 đường cao: \(\Delta AEF\sim\Delta ABC\) (bài toán quen thuộc chắc em tự c/m được)
\(\Rightarrow AF.AB=AE.AC\)
Trong tam giác vuông ABN với đường cao NF:
\(AN^2=AF.AB\)
Trong tam giác vuông ACM:
\(AM^2=AE.AC\)
\(\Rightarrow AM^2=AN^2\Rightarrow AM=AN\)
b. Hệ thức lượng: \(BN^2=BF.AB\) ; \(CM^2=CE.AC\)
\(\Delta ABD\sim\Delta CBF\) (2 tam giác vuông chung góc B)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BD}{BF}\Rightarrow BF.AB=BD.BC\) (1)
Hoàn toàn tương tư, \(\Delta ADC\sim\Delta BEC\Rightarrow CE.AC=CD.BC\) (2)
Cộng vế (1) và (2) \(\Rightarrow BF.AB+CE.AC=\left(BD+CD\right)BC=BC^2\)
\(\Rightarrow BN^2+CM^2=BC^2\)
\(\Rightarrow BN.CM\le\dfrac{1}{2}\left(BN^2+CM^2\right)=\dfrac{1}{2}BC^2=2a^2\)
Dấu "=" xảy ra khi tam giác cân tại A
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp.Ta có: ∠ADB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)EH⊥AB⇒∠AHE=900Tứ giác ADEH có: ∠ADE+∠AHE=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (đpcm)b) Tia CH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh DI2=AI.BI.Tứ giác ADCK nội tiếp nên ∠ADK=∠ACK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (1)Xét tứ giác ECBH có:∠ECB=∠ACB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)∠EHB=900(doEH⊥AB)⇒∠ECB+∠EHB=900+900=1800Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có hai góc đối có tổng số đo bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH)⇒∠ACK=∠DBA (2)Từ (1) và (2) suy ra ∠ADK=∠DBA⇒∠ADI=∠DBALại có ∠DBA+∠DAB=900 nên ∠ADI+∠DAB=900 hay ∠ADI+∠DAI=900⇒∠DIA=1800−(∠ADI+∠DAI)=1800−900=900⇒DI⊥AB nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB⇒DI2=IA.IB (hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) (đpcm)c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F. Chứng minh F thuộc đường tròn (O).Theo câu b, DK⊥BA tại I nên AB là đường trung trực của DK⇒DA=AK ⇒sdcungAD=sdcungAK⇒∠DCA=∠ACK ⇒CA là tia phân giác của góc ∠DCH⇒∠DCH=2∠ECH (3)Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến⇒MH=MB⇒ΔMHB cân tại M⇒∠DMH=∠MHB+∠MBH=2∠MBH=2∠EBH (4)Tứ giác ECBH có: ∠ECB+∠EHB=900+900=1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)⇒∠ECH=∠EBH (5)Từ (3), (4) và (5) suy ra ∠DCH=∠DMH⇒DCMH là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau)⇒∠NCM=∠NHD (tính chất)Xét ΔNCM và ΔNHD có:Góc N chung∠NCM=∠NHD(cmt)⇒ΔNCM∼ΔNHD(g−g)⇒NCNH=NMND (cạnh tương ứng)⇒NC.ND=NM.NH (6)Tứ giác HMBF nội tiếp nên ∠NMB=∠NFH (tính chất)Xét ΔNMB và ΔNFH có:Góc N chung∠NMB=∠NFH (cmt)⇒ΔNMB∼ΔNFH(g−g)⇒NMNF=NBNH (cạnh tương ứng)⇒NM.NH=NB.NF (7)Từ (6) và (7) suy ra NC.ND=NF.NB⇒NCNF=NBNDXét ΔNBC và ΔNDF có:Góc N chungNCNF=NBND(cmt)⇒ΔNBC∼ΔNDF(c−g−c)⇒∠NCB=∠NFD=∠BFD (góc tương ứng)Mà ∠NCB+∠DCB=1800 (kề bù)Nên ∠BFD+∠DCB=1800Do đó tứ giác DCBF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800)Vậy điểm F nằm trên đường tròn (O) (đpcm).
a) Ta có: \(\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{BC}\)
nên \(AB=\dfrac{3}{5}\cdot20=12\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AC^2=20^2-12^2=256\)
hay AC=16(cm)
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔCBD vuông tại B có BA là đường cao ứng với cạnh huyền CD, ta được:
\(AC\cdot AD=AB^2\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
\(BH\cdot BC=AB^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AC\cdot AD=BH\cdot BC\)