Cho ΔABC vuông tại A(AB<AC), đường cao AH. Từ H vẽ HD⊥AB, HE⊥AC. Biết AB+15cm, BC=25cm.
a) Tính AC
b)C/m ADHE là hình chữ nhật
c)F đối xứng vs E qua A. C/m AFDH là hình bình hành
d)K đối xứng vs B qua A, M là trung điểm của AH. C/m CM⊥HK
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3:
\(AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{6^2+4^2}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
BC=13cm
=>\(AC=3\sqrt{13}\left(cm\right)\)
Bài 1:
a: Xét ΔBAC vuông tại A có
\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)
hay \(\widehat{C}=60^0\)
Xét ΔBAC vuông tại A có
\(AB=BC\cdot\sin60^0\)
\(\Leftrightarrow BC=4\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(\Leftrightarrow AC=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)
a: ΔBAC vuông tại B có góc A=45 độ
nên ΔBAC vuông cân tại B
=>BA=BC=2a
AC=căn AB^2+BC^2=2a*căn 2
b: BH=BA*BC/AC=4a^2/2*a*căn 2=a*căn 2
c: S ABC=1/2*2a*2a=2a^2
d: C=2a+2a+2a*căn 2=4a+2a*căn 2
a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có
góc B chung
Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔHBA
b: ta có: ΔABC\(\sim\)ΔHBA
nên BA/BH=BC/BA
hay \(BA^2=BH\cdot BC\)
a.Xét tam giác ABC và tam giác HBA, có:
^B: chung
^BAC = ^BHA = 90 độ
Vậy tam giác ABC đồng dạng tam giác HBA (g.g)
b.\(\rightarrow\dfrac{AB}{HB}=\dfrac{BC}{AB}\)
\(\Leftrightarrow AB^2=BH.BC\left(đfcm\right)\) (1)
c.Áp dụng định lý pitago \(\Rightarrow BC=\sqrt{6^2+10^2}=2\sqrt{34}\left(cm\right)\)
(1) \(\Leftrightarrow6^2=2\sqrt{34}BH\)
\(\Leftrightarrow BH=\dfrac{9\sqrt{34}}{17}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý pitago trong tam giác ABH \(\Rightarrow AH=\sqrt{6^2-\left(\dfrac{9\sqrt{34}}{17}\right)^2}=\dfrac{15\sqrt{34}}{17}\left(cm\right)\)
Kẻ phân giác BK
Xét ΔABK vuông tại A có
\(\tan\widehat{ABK}=\dfrac{AK}{AB}\)
\(\Leftrightarrow\tan\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{AK}{AB}\)(1)
Xét ΔABC có BK là đường phân giác ứng với cạnh AC(gt)
nên \(\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{KC}{BC}\)(Tính chất đường phân giác)
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{AK}{AB}=\dfrac{KC}{BC}=\dfrac{AK+KC}{AB+BC}=\dfrac{AC}{AB+BC}\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\tan\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=\dfrac{AC}{AB+BC}\)
a: Xét ΔCMD vuông tại M và ΔCAB vuông tại A có
góc C chung
=>ΔCMD đồng dạng với ΔCAB
b: Xét ΔBMI vuông tại M và ΔBAC vuông tại A có
góc MBI chung
=>ΔBMI đồng dạng với ΔBAC
=>BM/BA=BI/BC
=>BM*BC=BA*BI
c: ΔCMD đồng dạng với ΔCAB
=>CM/CA=CD/CB
=>CM/CD=CA/CB
=>ΔCMA đồng dạng với ΔCDB
=>S CMA/S CDB=(CA/CB)^2=1/4
=>S CMA=15cm2
Gọi \(I\) là giao điểm của \(AM\) và \(BN\Rightarrow IB=\dfrac{2}{3}BN;IN=\dfrac{1}{3}BN;AI=\dfrac{2}{3}AM;IM=\dfrac{1}{3}AM\)
\(\Delta ANB\) vuông tại \(A:AI^2=IB.IN\) \(\Rightarrow AI^2=\dfrac{2}{3}BN\cdot\dfrac{1}{3}BN=\dfrac{2}{9}BN^2\)
Ta cũng có trong \(\Delta ANB:AB^2=IB.BN\)
\(\Leftrightarrow a^2=\dfrac{2}{3}BN\cdot BN=\dfrac{2}{3}BN^2\Leftrightarrow BN^2=\dfrac{3}{2}a^2\)
Suy ra : \(AI^2=\dfrac{2}{9}BN^2=\dfrac{2}{9}\cdot\dfrac{3}{2}a^2=\dfrac{1}{3}a^2\).
Lại có : \(AI=\dfrac{2}{3}AM\Rightarrow AM^2=\dfrac{9}{4}AI^2=\dfrac{9}{4}\cdot\dfrac{1}{3}a^2=\dfrac{3}{4}a^2\)
\(AM\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) của \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}BC\Rightarrow BC^2=4AM^2=4\cdot\dfrac{3}{4}a^2=3a^2\)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{3a^2}=a\sqrt{3}\)
\(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có : \(BC^2=AB^2+AC^2\left(Pythagoras\right)\)
\(\Rightarrow AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}\)
Vậy : \(AC=a\sqrt{2};BC=a\sqrt{3}\)
a: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=13\left(cm\right)\)
b: Xét ΔABC vuông tại A và ΔADC vuông tại A có
AC chung
AB=AD
Do đó: ΔABC=ΔADC
c: Ta có: ΔABC=ΔADC
nên BC=DC
hay ΔCBD cân tại C
a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔADC vuông tại A có
AB=AD
AC chung
Do đó: ΔABC=ΔADC
b: Xét tứ giác BCDE có
A là trung điểm của BD
A là trung điểm của CE
Do đó: BCDE là hình bình hành
Suy ra: BC//DE
a. Pytago: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=5\left(cm\right)\)
AD là trung tuyến ứng cạnh huyền BC nên \(AD=\dfrac{1}{2}BC=2,5\left(cm\right)\)
b. Vì \(\widehat{AMD}=\widehat{AND}=\widehat{MAN}=90^0\) nên AMDN là hcn
Vậy AD=MN
c. ABC vuông cân A thì AD là trung tuyến cũng là p/g
Do đó AMDN là hình thoi(1)
Lại có D là trung điểm BC,DM//AC(⊥AB) nên M là trung điểm AB
Cmtt ta được N là trung điểm AC
Mà AB=AC nên AM=AC
Kết hợp (1) ta được AMDN là hình vuông
Lời giải:
a)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông $ABC$ ta có:
\(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow AC^2=BC^2-AB^2=25^2-15^2=400\Rightarrow AC=20\)b)
Vì \(HD\perp AB, HE\perp AC\Rightarrow \widehat{HDA}=\widehat{HEA}=90^0\)
Xét tứ giác $ADHE$ có 3 góc vuông là \(\widehat{HDA}, \widehat{HEA}, \widehat{DAE}\) nên $ADHE$ là hình chữ nhật.
c)
Vì $ADHE$ là hình chữ nhật nên \(AE=DH, AE\parallel DH\)
$F$ đối xứng với $E$ qua $A$ nên \(F,A,E\) thẳng hàng và \(AF=AE\)
Do đó: \(AF=DH, AF\parallel DH\)
Tứ giác $AFDH$ có 2 cạnh đối song song và bằng nhau nên là hình bình hành (đpcm)
d)
Gọi $I$ là giao điểm $CM,HK$ và $N$ là giao điểm $AC,HK$
Xét tam giác $BAH$ và $ACH$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAH}=\widehat{ACH}=90^0-\widehat{HAC}\\ \widehat{BHA}=\widehat{AHC}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{CA}{AH}\Leftrightarrow \frac{BK}{2BH}=\frac{CA}{2AM}\)
\(\Rightarrow \frac{BK}{BH}=\frac{CA}{AM}\)
Xét tam giác $KBH$ và $CAM$ có:
\(\widehat{KBH}=\widehat{CAM}=90^0-\widehat{BAH}\)
\(\frac{KB}{BH}=\frac{CA}{AM}(cmt)\)
\(\Rightarrow \triangle KBH\sim \triangle CAM(c.g.c)\Rightarrow \widehat{BKH}=\widehat{ACM}\) hay \(\widehat{AKN}=\widehat{ICN}\)
Xét tam giác $AKN$ và $ICN$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{AKN}=\widehat{ICN}\\ \widehat{ANK}=\widehat{INC}(\text{đối đỉnh})\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AKN\sim \triangle ICN(g.g)\)
\(\Rightarrow \widehat{CIN}=\widehat{KAN}=90^0\Rightarrow CM\perp HK\) (đpcm)
Hình vẽ:
![Ôn tập : Tứ giác](https://i.imgur.com/Uay06fu.png)