Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tự vẽ hình
Ta có : \(CA . CE = CD . CB\)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{CA}{CD} = \dfrac{CB}{CE}\)
Xét \(\bigtriangleup{CAD} \) và \(\bigtriangleup{CBE}\) , có :
\(\widehat{BCE}\) : chung
\(\widehat{CDA} = \widehat{CBE} = 90 ^0\)
\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup{CAD}\) ~ \(\bigtriangleup{CBE}\) ( g.g)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{CA}{CB} = \dfrac{CD}{ CE}\)
\(\Rightarrow\) \(CA. CE = CB . CD\) (đpcm)
b, Xét \(\bigtriangleup{AQC}\) vuông tại Q , có : \(QE \perp AD\)
Áp dụng hệ thức \(b^2 = a . b'\) , có :
\(\Leftrightarrow\) \(CQ^2 = CA . CE \) (1)
Xét \(\bigtriangleup{CPB}\) vuông tại P , có : \(PD \perp BC\)
Áp dụng hệ thức \(b^2= a . b'\)
\(\Leftrightarrow\) \(CP^2 = CB . CD \) (2)
Vì \(CA . CE = CB . CD \) (cmt) (3)
Từ (1),(2) và (3) \(\Rightarrow\) \(CQ^2 = CP^2\)
\(\Rightarrow\) \(CQ = CP \) (đpcm)
a, Ta có : \(\widehat{DMC}\) = \(\widehat{B} + \widehat{BDM}\)
Xét \(\bigtriangleup{DMB}\) và \(\bigtriangleup{MCE}\) , có :
\(\widehat{DME} = \widehat{B}\)
\(\widehat{BDM} = \widehat{EMC}\)
\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup{DMB}\) ~ \(\bigtriangleup{MCE}\) (g.g)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{DB}{BM} = \dfrac{MC}{EC} <=> BD.CE = BM . MC = a^2\) (đpcm)
b, Vì \(\bigtriangleup{DBM} \) \(\sim \) \(\bigtriangleup{MCE} <=> \dfrac{DM}{ME} = \dfrac{BD}{CM}\)
hay \(\dfrac{DM}{ME}= \dfrac{BD}{BM} \)
\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup{DME} \sim \bigtriangleup{DMB}\)
\(\Rightarrow\) \(\widehat{MDE} = \widehat{BDM} \)
\(\Rightarrow\) DM là tia phân giác của \(\widehat{BDE}\) (đpcm)
△ ABC△ABC vuông tại A , AH⊥BCAH⊥BC , HE⊥ABHE⊥AB , HF⊥AC(E∈HB,F∈AC)HF⊥AC(E∈HB,F∈AC) . Chứng minh rằng : AE .AB = AE . AC ( sửa đề : AE . AB = AC . AF )
(Tự vẽ hình )
Xét \(\bigtriangleup{ AHB}\) vuông tại H có \(HE \perp AB\)
Áp dụng hệ thức \(b^2 = a.b'\)
\(\Leftrightarrow\) \(AH^2 = AB . AE \) (1)
Xét \(\bigtriangleup{AHC}\) vuông tại H có \(HF \perp AC \)
Áp dụng hệ thức \(c^2=a.c'\)
\(\Leftrightarrow\) \(AH^2 = AC .AF\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) AB . AE = AC . AF (đpcm)
a: Xét ΔAC'C vuông tại C' và ΔAB'B vuông tại B' có
góc C'AC chung
=>ΔAC'C đồng dạng với ΔAB'B
=>AC'/AB'=AC/AB
=>AC'*AB=AB'*AC(1)
b: Xét ΔANB vuông tại N có NC' vuông góc với AB
nên AC'*AB=AN^2(2)
Xét ΔAMC vuông tại M có MB' vuông góc với AC
nên AB'*AC=AM^2(3)
Từ (1), (2), (3) suy ra AN=AM
Gợi N là trung điểm của MP
\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup{PMB}\) là tam giác đều
\(\dfrac{DN}{DP} = \dfrac{1}{2} \)
\(\widehat{DNE} = \widehat{DPC} = 150^0 \)
\(\dfrac{NE}{PC} = \dfrac{1}{2} \)
\(\Rightarrow\) \(\bigtriangleup{DNE} \) ~ \(\bigtriangleup{DPC}\) (c.g.c)
Ta có :
\(\widehat{END} = \widehat{CDP} \)
\(\dfrac{DE}{DC}= \dfrac{NE}{PC}= \dfrac{1}{2} \) (1)
Do \(\widehat{NDP} = 60^0 \) \(\Rightarrow\) \(\widehat{EDC} = 60^0\) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(\widehat{DEC}=90^0\)
Vậy \(\widehat{DEC} = 90^0\)
\(\widehat{EDC}=60^0\)
\(\widehat{ECD} = 30^0\)
mình hướng dẫn nhé
b) ta có: \(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{ADB}=90^0\)
\(\Rightarrow AD\perp BC\) là đường cao đồng thời là đường phân giác
\(\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{CAD}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}\)
ta lại có \(\widehat{DAE}=\widehat{EBD}\) cùng chắn cung \(DE\) nhỏ
\(\Rightarrow\widehat{CBE}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}\)
Ta có : \(\dfrac{MN}{BC} = \dfrac{AK}{AH} \)
Gợi MN = \(x\) , ta có :
\(\dfrac{x}{a} = \dfrac{h-x}{h}\)
Từ đó \(\Rightarrow\) \(hx = ah - ax\)
\(\Leftrightarrow\) \(x = \dfrac{ah}{a+h}\)
Ta có : MP = MN\(\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow\) MP = \(\dfrac{\sqrt{2}ah}{a+h}\)