Cho tam giác vuông ABC, đường cao AH, E thuộc BC, kẻ HF vuông HE (F thuộc AC). C/m:
a) Tg BEH đồng dạng với Tg AFH
b)HE * BC = EF * AB
c)Cho AB = 6cm, AC = 8cm, SHEF = 6cm2. Tính HE, EF, FH.
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
17 tháng 4 2023
a: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có
góc EAH chung
=> ΔAEH đồng dạng với ΔAHB
b: ΔAHB vuông tại H có HE vuông góc AB
nên AH^2=AE*AB
ΔAHC vuông tại H
mà HF là đường cao
nên AF*AC=AH^2=AE*AB
c: AE*AB=AF*AC
=>AE/AC=AF/AB
=> ΔAEF đồng dạng với ΔACB
d: Xét ΔMEB và ΔMCF có
góc MEB=góc MCF
góc M chung
=> ΔMEB đồng dạng với ΔMCF
=>ME/MC=MB/MF
=>ME*MF=MB*MC
1 tháng 3 2020
a) Áp dụng địnhh lý Py-ta-go vào tam giác ABC vuông tại A ta được:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\)
Ta có: \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AH.BC\)
\(\Rightarrow AB.AC=AH.BC\)
\(\Rightarrow AH=4,8\left(cm\right)\)
b) Xét tam giác AEH và tam giác AHB có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{A1}chung\\\widehat{AEH}=\widehat{AHB}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta AEH~\Delta AHB\left(g.g\right)}\)
c) Xét tam giác AHC và tam giác AFH có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{HAC}chung\\\widehat{AHC}=\widehat{AFH}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta AHC~\Delta AFH\left(g.g\right)}\)
\(\Rightarrow\frac{AH}{AC}=\frac{AF}{AH}\)( các đoạn t.ứng tỉ lệ )
\(\Rightarrow AH^2=AC.AF\)
d) Xét tứ giác AEHF có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{AEH}=90^0\\\widehat{EAF}=90^0\\\widehat{AFH}=90^0\end{cases}\Rightarrow AEHF}\)là hình chữ nhật ( dhnb)
\(\Rightarrow EF\)là đường phân giác của góc AEH và AH là đường phân giác của góc EHF (tc hcn )
\(\Rightarrow\widehat{E1}=\frac{1}{2}\widehat{AFH},\widehat{H1}=\frac{1}{2}\widehat{EHF}\)
Mà \(\widehat{AEH}=\widehat{EHF}\left(tc\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{E1}=\widehat{H1}\) (3)
Vì tam giác AHC vuông tại H nên \(\widehat{HAC}+\widehat{C}=90^0\)( 2 góc phụ nhau ) (1)
Vì tam giác AFH vuông tại F nên \(\widehat{HAF}+\widehat{H1}=90^0\)( 2 góc phụ nhau ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{C}=\widehat{H1}\)(4)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{C}=\widehat{E1}\)
Xét tam giác ABC và tam giác AFE có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{A}chung\\\widehat{C}=\widehat{E1}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta ABC~\Delta AFE\left(g.g\right)}\)
e) vÌ \(\Delta ABC~\Delta AFE\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{AF}{AE}\)( các đoạn t.ứng tỉ lệ ) (5)
Xét tam giác ABC có AK là đường phân giác trong của tam giác ABC
\(\Rightarrow\frac{BK}{KC}=\frac{AB}{AC}\)( tc) (6)
Xét tam giác AEF có AI là đường phân giác trong của tam giác AEF
\(\Rightarrow\frac{IF}{IE}=\frac{AF}{AE}\)(tc) (7)
Từ (5) ,(6) và (7) \(\Rightarrow\frac{BK}{KC}=\frac{IF}{IE}\)
\(\Rightarrow KB.IE=KC.IF\left(đpcm\right)\)
6 tháng 1 2023
a: Xét tứ giác AEHF có
góc AEH=góc AFH=góc FAE=90 độ
nên AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF
b: góc IFE=90 độ
=>góc IFH+góc EFH=90 độ
=>góc IFH+góc AHF=90 độ
=>góc IFH=góc IHF
=>IH=IF và góc IFC=góc ICF
=>IH=IC
=>I là trung điểm của HC
Xét ΔHAC có HO/HA=HI/HC
nên OI//AC và OI=AC/2
=>OI//AK và OI=AK
=>AOIK là hình bình hành
4 tháng 3 2022
a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{B}\) chung
Do đó: ΔHBA\(\sim\)ΔABC
Suy ra: BH/BA=BA/BC
hay \(BA^2=BH\cdot BC\)
b: \(AH=\sqrt{HB\cdot HC}=6\left(cm\right)\)
\(AB=\sqrt{BH\cdot BC}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
c: Xét ΔAHB vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
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 \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)
hay AF/AC=AE/AB
Xét ΔAFE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
AF/AC=AE/AB
Do đó:ΔAFE\(\sim\)ΔACB
24 tháng 10 2021
b: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{EAF}=90^0\)
Do đó: AEHF là hình chữ nhật
Suy ra: AH=EF
15 tháng 11 2023
a: ΔABC vuông tại A
=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)
=>\(BC^2=6^2+8^2=100\)
=>\(BC=\sqrt{100}=10\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot10=6\cdot8=48\)
=>AH=48/10=4,8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(sinC=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)
nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)
ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ABC}=90^0-37^0=53^0\)
b: ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên MA=MC=MB=BC/2
Xét ΔMAC có MA=MC
nên ΔMAC cân tại M
=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)
\(\widehat{ACB}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
\(\widehat{HAB}+\widehat{ABH}=90^0\)(ΔABH vuông tại H)
Do đó: \(\widehat{ACB}=\widehat{HAB}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{MAC}=\widehat{HAB}\)
c: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>\(\widehat{AFE}=\widehat{AHE}\)
mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ABC}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)
nên \(\widehat{AFE}=\widehat{ABC}\)
\(\widehat{AFE}+\widehat{MAC}\)
\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>FE vuông góc AM tại K
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot CB\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\\CH=\dfrac{8^2}{10}=6,4\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(HA^2=AE\cdot AB\)
=>\(AE\cdot6=4,8^2\)
=>\(AE=3,84\left(cm\right)\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\dfrac{4.8^2}{8}=2,88\left(cm\right)\)
Xét ΔAEF vuông tại A có AK là đường cao
nên \(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AE^2}+\dfrac{1}{AF^2}\)
=>\(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{2,88^2}+\dfrac{1}{3.84^2}\)
=>AK=2,304(cm)
