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)
a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2=5^2-3^2=16\)
hay AB=4(cm)
Vậy: AB=4cm
b) Xét ΔCDE và ΔCAB có
\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\left(\dfrac{1.5}{3}=\dfrac{2.5}{5}\right)\)
\(\widehat{ECD}=\widehat{ACB}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔCDE\(\sim\)ΔCAB(c-g-c)
Suy ra: \(\widehat{CDE}=\widehat{CAB}\)(hai góc tương ứng)
mà \(\widehat{CAB}=90^0\)(gt)
nên \(\widehat{CDE}=90^0\)
hay ED\(\perp\)BC
Ta có: ΔCDE\(\sim\)ΔCAB(cmt)
nên \(\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{CD}{CA}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(\dfrac{DE}{4}=\dfrac{1}{2}\)
hay DE=2(cm)
Vậy: DE=2cm
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Có AH2=HF.HD \(\rightarrow\)\(\frac{AH}{HF}=\frac{HD}{AH}\)
Xét \(\Delta\)AHD và \(\Delta\)FHA có:
\(\widehat{AHD}=\widehat{FHA}=90^o\)
\(\frac{AH}{HF}=\frac{HD}{AH}\)( chứng minh trên)
\(\rightarrow\Delta\)AHD\(\approx\)\(\Delta\)FHA (c-g-c)
\(\rightarrow\)\(\widehat{ADH}=\widehat{FAH}\)( 2 góc tương ứng)
mà \(\widehat{ADH}+\widehat{HAD}=90^o\)
nên \(\widehat{FAH}+\widehat{HAD}=90^o\)
hay \(\widehat{FAD}=90^o\)\(\rightarrow\Delta\)ADF vuông tại A
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: AD=HE => AD+DH=HE+DH => AH=DE => AH2=DE2; AD=HE => AD2=HE2.
AH vuông góc BC => Tam giác BHE vuông tại H => BE2=BH2+HE2 (Định lí Pytago) (1)
AH vuông góc BC, DF//BC => DF vuông góc với AH => Tam giác EDF vuông tại D => EF2=DE2+DF2 (Pytago) (2)
Từ (1) và (2) => BE2+EF2=BH2+HE2+DE2+DF2 (3)
Thay AH2=DE2; AD2=HE2 (cmt) vào (3), ta được: BE2+EF2=BH2+AD2+AH2+DF2 => BE2+EF2=(BH2+AH2)+(AD2+DF2)
=> BE2+EF2=AB2+AF2 (Áp dụng định lí Pytago với 2 cặp cạnh)
Xét tam giác ABF có: ^A=900 => AB2+AF2=BF2, thay vào biểu thức trên ta có: BE2+EF2=BF2.
=> Tam giác BEF có: BE2+EF2=BF2 => Tam giác BEF vuông tại E (Định lí Pytago đảo) (đpcm).
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a) Ta có: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{16^2+12^2}=20\left(cm\right)\)
Ta có: \(AB.AC=AH.BC\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{12.16}{20}=\dfrac{48}{5}\left(cm\right)\)
Ta có: \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{16^2}{20}=\dfrac{64}{5}\left(cm\right)\)
Ta có: \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{12}{20}=\dfrac{3}{5}\Rightarrow\angle B\approx37\)
b) tam giác AHE vuông tại H có HN là đường cao \(\Rightarrow AN.AE=AH^2\)
tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao \(\Rightarrow AH^2=HB.HC\)
\(\Rightarrow AN.AE=HB.HC\)
c) tam giác AHB vuông tại H có HM là đường cao \(\Rightarrow AH^2=AM.AB\)
\(\Rightarrow AN.AE=AM.AB\Rightarrow\dfrac{AM}{AE}=\dfrac{AN}{AB}\)
Xét \(\Delta AMN\) và \(\Delta AEB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle EABchung\\\dfrac{AM}{AE}=\dfrac{AN}{AB}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AMN\sim\Delta AEB\left(c-g-c\right)\Rightarrow\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{BE}{MN}\)
mà \(BE=3MN\Rightarrow\dfrac{BE}{MN}=3\Rightarrow\dfrac{AE}{AM}=3\Rightarrow AE=3AM\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét ΔABC vuông tại A có \(cosB=\dfrac{BA}{BC}\)
=>\(\dfrac{BA}{6}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
=>BA=3(cm)
ΔACB vuông tại A
=>\(BA^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2+3^2=6^2\)
=>\(AC^2=27\)
=>\(AC=3\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(CH\cdot CB=CA^2\)
=>\(CH\cdot6=27\)
=>CH=4,5(cm)
b: Sửa đề: \(\dfrac{1}{KD\cdot KC}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)
Xét ΔACD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(AK^2=KD\cdot KC\)
Xét ΔACD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(\dfrac{1}{AK^2}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)
=>\(\dfrac{1}{KD\cdot KC}=\dfrac{1}{AD^2}+\dfrac{1}{AC^2}\)
c: \(\widehat{ABC}+\widehat{CBD}=180^0\)(hai góc kề bù)
=>\(\widehat{CBD}+60^0=180^0\)
=>\(\widehat{CBD}=120^0\)
ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ACB}=90^0-60^0=30^0\)
Xét ΔDBC có BD=BC
nên ΔBDC cân tại B
=>\(\widehat{BDC}=\widehat{BCD}=\dfrac{180^0-\widehat{DBC}}{2}=30^0\)
Xét ΔACB vuông tại A và ΔADC vuông tại A có
\(\widehat{ACB}=\widehat{ADC}\)
Do đó:ΔACB đồng dạng với ΔADC
=>\(\dfrac{BC}{CD}=\dfrac{AC}{AD}\)
=>\(\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{CD}{AD}\)
mà BC=BD
nên \(\dfrac{BD}{AC}=\dfrac{CD}{AD}\)
=>\(\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{AC}{AD}=tanD\)
a) Vì \(\frac{CD}{AC}=\frac{1,5}{3}=\frac{1}{2}\); \(\frac{CE}{BC}=\frac{2,5}{5}=\frac{1}{2}\)
Nên \(\frac{CD}{AC}=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{2}\)
Xét ΔCDE và ΔCAB có
\(\frac{CD}{AC}=\frac{CE}{BC}=\frac{1}{2}\)
Góc DCE=ACB(đối đỉnh)
Vậy hai tam giác đồng dạng với nhau
=> Góc CDE=CAB=90 độ
Vậy ΔCDE là tam giác vuông.
Áp dụng định lí Pi-ta-go vào ΔCDE ta có:
\(CE^2=DC^2+DE^2\Rightarrow DE^2=CE^2-CD^2=2,5^2-1,5^2=4\)
=> \(DE=\sqrt{4}=2cm\).
b) Vì ΔCDE đồng dạng với ΔCAB nên
\(\frac{CD}{AC}=\frac{DE}{AB}\Rightarrow AB=\frac{AC.DE}{CD}=\frac{3.2}{1,5}=4\left(cm\right)\)
ΔABC vuông tại A, đường cao AH, theo hệ thức lượng, ta có:
\(CH=BC-CH=5-1,8=3,2\left(cm\right)\)