△ ABC, Â = 90o, AH ⊥ BC. HE ⊥ AB, HF ⊥ AC. Chứng minh:
1, AE. AB = AF. AC + AF. FC
2, BH. HC = AE. EB + AF. FC
3, \(\frac{AB^3}{AC^3}=\frac{BE}{CF}\)
4, AB + AC ≤ \(\sqrt{2}.BC\)
5, AB. AC ≥ \(\frac{BC^2}{4}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(AH^2=HB\cdot HC\left(1\right)\)
Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB
nên \(AH^2=AE\cdot AB\left(2\right)\)
Xét ΔACH vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(AH^2=AF\cdot AC\left(3\right)\)
Từ (1), (2) và (3) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=BH\cdot HC\)
a: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
b: Sửa đề: \(AE\cdot EB+AF\cdot FC=HB\cdot HC\)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot EB=HE^2\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot FC=HF^2\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=AH^2\)
\(AE\cdot EB+AF\cdot FC=HE^2+HF^2\)
\(=EF^2=AH^2=HB\cdot HC\)
a)Xét tam giác ABE và tam giác ACF có:
\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}\)
\(\widehat{A}\) chung
=> tam giác ABE và tam giác ACF đồng dạng
\(\Rightarrow\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{FC}{BE}=\dfrac{AC}{AB}\Rightarrow\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AC}{AB}\Rightarrow AF.AB=AE.AC\)
đó vậy là xong ý a rồi những ý khác tương tự. Bạn phải biết cách chọn tỉ số chính xác ở bài toán này nhá :3
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
góc EAB chung
=>ΔAEB đồng dạng với ΔAFC
=>AE/AF=AB/AC
=>AE*AC=AB*AF
b: Xét ΔHFB vuông tại Fvà ΔHEC vuông tại E có
góc FHB=góc EHC
=>ΔHFB đồng dạng vơi ΔHEC
=>HF/HE=HB/HC
=>HF*HC=HB*HE
c: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBEA vuông tại E có
góc FBH chung
=>ΔBFH đồng dạng với ΔBEA
=>BF/BE=BH/BA
=>BF*BA=BH*BE
d: Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có
góc ECH chung
=>ΔCEH đồng dạng với ΔCFA
=>CE/CF=CH/CA
=>CE*CA=CF*CH
a) x4+x3+2x2+x+1=(x4+x3+x2)+(x2+x+1)=x2(x2+x+1)+(x2+x+1)=(x2+x+1)(x2+1)
b)a3+b3+c3-3abc=a3+3ab(a+b)+b3+c3 -(3ab(a+b)+3abc)=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)
=(a+b+c)((a+b)2-(a+b)c+c2)-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+2ab+b2-ac-ab+c2-3ab)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-ac-bc)
c)Đặt x-y=a;y-z=b;z-x=c
a+b+c=x-y-z+z-x=o
đưa về như bài b
d)nhóm 2 hạng tử đầu lại và 2hangj tử sau lại để 2 hạng tử sau ở trong ngoặc sau đó áp dụng hằng đẳng thức dề tính sau đó dặt nhân tử chung
e)x2(y-z)+y2(z-x)+z2(x-y)=x2(y-z)-y2((y-z)+(x-y))+z2(x-y)
=x2(y-z)-y2(y-z)-y2(x-y)+z2(x-y)=(y-z)(x2-y2)-(x-y)(y2-z2)=(y-z)(x2-2y2+xy+xz+yz)
a) Ta có: \(AB.sinC+AC.cosC=AB.\dfrac{AB}{BC}+AC.\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AB^2}{BC}+\dfrac{AC^2}{BC}\)
\(=\dfrac{AB^2+AC^2}{BC}=\dfrac{BC^2}{BC}=BC\)
b) Vì \(\angle HEA=\angle HFA=\angle EAF=90\Rightarrow AEHF\) nội tiếp
\(\Rightarrow EF=AH\Rightarrow EF.BC.AE=AH.BC.AE\)
\(=AB.AC.AE\left(AB.AC=AH.BC=2S_{ABC}\right)=AE.AB.AC\)
\(=AH^2.AC=AF.AC.AC=AF.AC^2\)
c) Ta có: \(AH.BC.BE.CF=AB.AC.BE.CF=BE.BA.CF.CA\)
\(=BH^2.CH^2=\left(BH.CH\right)^2=\left(AH^2\right)^2=AH^4\)
\(\Rightarrow AH^3=BC.BE.CF\)
Vì AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE=HF\\AF=EH\end{matrix}\right.\)
Vì \(BE\parallel HF\) \(\Rightarrow\angle CHF=\angle CBA\)
Xét \(\Delta BEH\) và \(\Delta HFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEH=\angle HFC=90\\\angle EBH=\angle FHC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BEH\sim\Delta HFC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{EH}=\dfrac{HF}{FC}\Rightarrow\dfrac{BE}{AF}=\dfrac{AE}{CF}\)
\(\Rightarrow BE.CF=AE.AF\Rightarrow BC.AE.AF=BC.BE.CF=AH^3\)
a: Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
b: \(AB=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)
\(AE=\dfrac{AH^2}{AB}=\dfrac{4^2}{5}=3.2\left(cm\right)\)
BE=AB-AE=1,8(cm)