Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B H C D K
Ta có
\(\dfrac{AD}{CD}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\) (Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy)
\(\Rightarrow BC=2AB\)
\(\Rightarrow\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{ACB}=30^o\)
Ta có
\(AC=AD+CD=4+8=12\)
\(AB^2=BC^2-AC^2=4AB^2-12^2\) (Pitago)
\(\Rightarrow AB=4\sqrt{3}\Rightarrow BC=2AB=8\sqrt{3}\)
\(AB^2=BH.BC\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{48}{8\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\)
Xét tg vuông ABC có
\(\widehat{ABC}=90^o-\widehat{ACB}=90^o-30^o=60^o\)
Ta có
\(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}=\dfrac{\widehat{ABC}}{2}=30^o\)
Xét tg vuông HKB và tg vuông ABC có
\(\widehat{CBD}=\widehat{ACB}=30^o\)
=> tg HKB đồng dạng với tg ABC
\(\Rightarrow\dfrac{HK}{AB}=\dfrac{BH}{AC}\Rightarrow\dfrac{HK}{4\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{12}\)
\(\Rightarrow HK=\dfrac{4\sqrt{3}.2\sqrt{3}}{12}=2\)
Xét tg vuông AHC có
\(AH=\dfrac{1}{2}AC=\dfrac{1}{2}.12=6\) (trong tg vuông cạnh đối diện với góc \(30^o\) bằng nửa cạnh huyền)
\(\Rightarrow AK=AH-HK=6-2=4\)
A B C H D I K
a/
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10cm\) (pitago)
\(\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{3}{4}\) (T/c đường phân giác)
\(\Rightarrow AD=\dfrac{3}{\left(3+4\right)}.AC=\dfrac{30}{7}cm\)
\(DC=\dfrac{4}{3+4}.AC=\dfrac{40}{7}cm\)
\(AB^2=BH.BC\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{6^2}{10}=3,6cm\)
\(\Rightarrow CH=BC-BH=10-3,6=6,4cm\)
\(AH^2=BH.CH\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích các hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)
\(\Rightarrow AH=\sqrt{BH.CH}=\sqrt{3,6.6,4}=4,8cm\)
b/
Xét tg vuông BHI và tg vuông ABD có
\(\widehat{ABD}=\widehat{CBD}\) (gt)
=> tg BHI đồng dạng với tg ABD \(\Rightarrow\dfrac{BD}{BI}=\dfrac{AB}{BH}\)
Xét tg ABH có
\(\dfrac{AI}{HI}=\dfrac{AB}{BH}\) (t/c đường phân giác )
\(\Rightarrow\dfrac{BD}{BI}=\dfrac{AI}{HI}\Rightarrow AI.BI=BD.HI\)
c/
HK//BD => HK//DI => DIHK là hình thang
Ta có tg BHI đồng dạng với tg ABD (cmt)
\(\Rightarrow\widehat{BIH}=\widehat{ADB}\) (1)
Ta có HK//BD (gt)
\(\Rightarrow\widehat{BIH}=\widehat{IHK}\) (góc so le trong) (2)
\(\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{DKH}\) (góc đồng vị) (3)
Từ (1) (2) và (3) \(\Rightarrow\widehat{IHK}=\widehat{DKH}\)
=> DIHK là hình thang cân
a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:
\(AB^2+AC^2=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2=BC^2-AC^2=12^2-8^2=80\)
hay \(AB=4\sqrt{5}cm\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
\(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
\(\Leftrightarrow AH\cdot12=8\cdot4\sqrt{5}=32\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow AH=\dfrac{32\sqrt{5}}{12}=\dfrac{8\sqrt{5}}{3}cm\)
Vậy: \(AB=4\sqrt{5}cm\); \(AH=\dfrac{8\sqrt{5}}{3}cm\)
c)
Ta có: D và C đối xứng nhau qua A(gt)
nên A là trung điểm của DC
Xét ΔBDC có
BA là đường cao ứng với cạnh DC(BA⊥DC)
BA là đường trung tuyến ứng với cạnh DC(A là trung điểm của DC)
Do đó: ΔBDC cân tại B(Định lí tam giác cân)
⇒\(\widehat{D}=\widehat{C}\)
Xét ΔADE vuông tại E và ΔACH vuông tại H có
AD=AC(A là trung điểm của DC)
\(\widehat{D}=\widehat{C}\)(cmt)
Do đó: ΔADE=ΔACH(cạnh huyền-góc nhọn)
⇒AE=AH(hai cạnh tương ứng)
mà AH là bán kính của đường tròn (A;AH)
nên AE là bán kính của đường tròn (A;AH)
Xét (A;AH) có
AE là bán kính(cmt)
AE⊥BD tại E(gt)
Do đó: BD là tiếp tuyến của đường tròn(A;AH)(Dấu hiệu nhận biết tiếp tuyến đường tròn)