Cho tam giác ABC vuông tại A (AB<AC) đường cao AH . Đường tròn tâm I đường kính AH cắt các đoạn AB,AC lần lượt tại M,N . Gọi O là trung điểm của BC , D là giao điểm của MN và OA
1. Cmr
a. AM.AB=AN.AC
b. Tg BMNC nội tiếp
2. Cmr
a. tam giác ADI đồng dạng tg AHO
b. 1/AD=1/HB+1/HC
3. Gọi P là giao điểm của BC và MN , K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH . Cmr góc BKC=90
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(1,HC=\dfrac{AH^2}{BH}=\dfrac{256}{9}\\ \Rightarrow AB=\sqrt{BH\cdot BC}=\sqrt{\left(\dfrac{256}{9}+9\right)9}=\sqrt{337}\\ 2,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\\ \Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=6,4\left(cm\right)\\ 3,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\\ \Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5,4\\ 4,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{9\left(6+9\right)}=3\sqrt{15}\\ 5,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{7}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=3\sqrt{7}\left(cm\right)\\ 6,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{12\left(12+8\right)}=4\sqrt{15}\left(cm\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 1:
Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại B, ta được:
\(AC^2=BC^2+AB^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2=AC^2-BC^2=12^2-8^2=80\)
hay \(AB=4\sqrt{5}cm\)
Vậy: \(AB=4\sqrt{5}cm\)
Bài 2:
Áp dụng định lí Pytago vào ΔMNP vuông tại N, ta được:
\(MP^2=MN^2+NP^2\)
\(\Leftrightarrow MN^2=MP^2-NP^2=\left(\sqrt{30}\right)^2-\left(\sqrt{14}\right)^2=16\)
hay MN=4cm
Vậy: MN=4cm
Bài 1 :
- Áp dụng định lý pi ta go ta được :\(BA^2+BC^2=AC^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2+8^2=12^2\)
\(\Leftrightarrow AB=4\sqrt{5}\) ( cm )
Vậy ...
Bài 2 :
- Áp dụng định lý pi ta go vào tam giác MNP vuông tại N có :
\(MN^2+NP^2=MP^2\)
\(\Leftrightarrow MN^2+\sqrt{14}^2=\sqrt{30}^2\)
\(\Leftrightarrow MN=4\) ( đvđd )
Vậy ...
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1:
góc BAH+góc KAC=90 độ
góc BAH+góc ABH=90 độ
=>góc KAC=góc ABH
Xét ΔHBA vuông tại H và ΔKAC vuông tại K có
BA=AC
góc ABH=góc CAK
=>ΔHBA=ΔKAC
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1
\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow AB=\dfrac{3}{.4}AC\)
Theo pytago xét tam giác ABC vuông tại A có:
\(\sqrt{AB^2+AC^2}=BC^2\\ \Rightarrow\sqrt{\left(\dfrac{3}{4}AC\right)^2+AC^2}=10\\ \Rightarrow AC=8\\ \Rightarrow AB=\dfrac{3.8}{4}=6\)
Theo hệ thức lượng xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH có:
\(AB^2=BH.BC\\ \Leftrightarrow BH=\dfrac{AH^2}{BC}=\dfrac{6^2}{10}=3,6\)
2
\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{27}{4}\Rightarrow AB=\dfrac{27}{4}AC\)
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{\left(\dfrac{27}{4}AC\right)^2+AC^2}=\dfrac{\sqrt{745}AC}{4}\) ( Theo pytago trong tam giác ABC vuông tại A)
Theo hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH có:
\(AH.BC=AB.AC\\ \Leftrightarrow33,6.\dfrac{\sqrt{745}}{4}AC=\dfrac{27}{4}AC.AC\\ \Rightarrow AC=\dfrac{56\sqrt{745}}{45}\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB=\dfrac{27}{4}.\dfrac{56\sqrt{745}}{45}=\dfrac{42\sqrt{745}}{5}\\BC=\dfrac{\sqrt{745}}{4}.\dfrac{56\sqrt{745}}{45}=\dfrac{2086}{9}\end{matrix}\right.\)
Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}AC\approx33,97\\AB\approx229,28\\BC\approx231,78\end{matrix}\right.\)
3
`BC=HB+HC=36+64=100`
Theo hệ thức lượng có (trong tam giác ABC vuông tại A đường cao AH):
\(AH^2=HB.HC\\ \Rightarrow AH=\sqrt{36.64}=48\)
\(AB=\sqrt{HB.BC}=\sqrt{36.100}=60\\ AC=\sqrt{HC.BC}=\sqrt{64.100}=80\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
3:
góc C=90-50=40 độ
Xét ΔABC vuông tại A có sin C=AB/BC
=>4/BC=sin40
=>\(BC\simeq6,22\left(cm\right)\)
\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\simeq4,76\left(cm\right)\)
1:
góc C=90-60=30 độ
Xét ΔABC vuông tại A có
sin B=AC/BC
=>3/BC=sin60
=>\(BC=\dfrac{3}{sin60}=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)
=>\(AB=\dfrac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\left(cm\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét ΔABC có BC^2=AB^2+AC^2
nên ΔABC vuông tại A
Xét ΔABD vuông tại D và ΔCAD vuông tại D có
góc DBA=góc DAC
=>ΔABD đồng dạng với ΔCAD
b: góc EAF+góc EDF=180 độ
=>AFDE nội tiếp
=>góc AFD+góc AED=180 độ
=>góc AFD=góc CED
1.
a. Ta có \(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}\)(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN)=\(90^0-\widehat{NHC}=\widehat{BCA}\Rightarrow\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)
Xét △AMN và △ACB có
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)(cmt)
Suy ra △AMN \(\sim\) △ACB(g-g)
\(\Rightarrow\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\Rightarrow AM.AB=AN.AC\)
b) Xét tứ giác BMNC có \(\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\)\(\Rightarrow\) tứ giác BMNC nội tiếp
2.
a) Ta có △ABC vuông tại C có AO là đường trung tuyến\(\Rightarrow OA=OB=OC=\frac{BC}{2}\)\(\Rightarrow\)△OAC cân tại O hay \(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\Rightarrow\widehat{OAC}+\widehat{MNA}=\widehat{OCA}+\widehat{MNA}=\widehat{OCA}+\widehat{MHA}=\widehat{OCA}+\widehat{NHC}=90^0\Rightarrow\widehat{OAC}+\widehat{MNA}=90^0\Rightarrow\widehat{ADN}=90^0\Rightarrow\widehat{IDA}=90^0\)
Xét △ADI và △AHO có
\(\widehat{IDA}=\widehat{AHO}=90^0\)
\(\widehat{A}\) chung
Suy ra △ADI \(\sim\) △AHO(g-g)
b) Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{MAN}=\widehat{HNA}=\widehat{AMH}=90^0\Rightarrow\) tứ giác AMHN là hình chữ nhật\(\Rightarrow AI=\frac{AH}{2}\)
Ta có △ADI \(\sim\) △AHO\(\Rightarrow\frac{AH}{AD}=\frac{AO}{AI}=\frac{\frac{BC}{2}}{\frac{AH}{2}}=\frac{BC}{AH}\Rightarrow\frac{1}{AD}=\frac{BC}{AH^2}=\frac{HC+BH}{BH.HC}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\)
Vậy \(\frac{1}{AD}=\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\)
3. Ta có tứ giác BMNC nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PBM}=\widehat{MNC}\Rightarrow\widehat{PBM}+\widehat{MNA}=\widehat{MNC}+\widehat{MNA}=180^0\)(1)
Ta có tứ giác AKMN nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PKM}=\widehat{MAN}\left(2\right)\)
Từ (1),(2)\(\Rightarrow\widehat{PBM}+\widehat{PKM}=180^0\Rightarrow\) tứ giác PBMK nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{PKB}=\widehat{PMB}=\widehat{AMN}=\widehat{BCA}\Rightarrow\) tứ giác BKAC nội tiếp\(\Rightarrow\widehat{BKC}=\widehat{BAC}=90^0\)
Mình cảm ơn bạn nhiều lắm :v