Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
(bn tự vẽ hình)Gọi AH giao EFtại M , AI giao EF tại N
a) xét tứ giác AEHF có: A=E=F=90o(góc)→AEHF là HCN→AM=EM=MH=MF
Ta có: ΔAHF~ΔACH(g.g)→AHF=ACH(góc) mà AHF =HAE (góc)(vì SLT do AE//HF)→ACH=HAE(góc)
Mà MA=ME(cmt)→ΔAME cân ở M→HAE=FEA(góc) do đó ACH=FEA(góc)
lại có BHE=ACH(góc)(đồng vị )→BHE=FEA(góc)
mặt khác:NAE=90o-FEA(ΔAEN vuông ở N) , B = 90o-BHE(ΔBHE vuông ở E )
→NAE=B(góc)→ΔAIB cân ở I → IB=IA
tương tự ta có :IA=IC
vậy IB=IC→I là trung điểm của BC
b) ta có : sABC=2sAEHF→SABC=4SAEF→\(\frac{SAEF}{SABC}=\frac{1}{4}\)mà ΔAEF~ΔACB(cmt)→\(\left(\frac{AF}{AB}\right)^2=\frac{1}{4}\)→\(\frac{AF}{AB}=\frac{1}{2}\)
→\(\frac{HE}{AB}=\frac{1}{2}\)(AF=HE)
→ΔAHB vuông ở H có đương cao HE=1/2 cạnh huyền→HE là đường trung tuyến của AB →ΔAHB vuông cân ở H→B=45o(góc)
→C=45o(góc)
vậy ΔABC vuông cân ở A
(câu b lm bừa nhé)
A B C H K D
Ta có
\(BC=4.BH\Rightarrow BH=\frac{BC}{4}\) (1)
\(S_{BHD}=\frac{1}{2}.BD.BH.sin\widehat{KBC}\) (*)
Xét tg vuông ABC có
\(AB^2=BH.BC\) (Trong 1 tg vuông bình phương 1 cạnh gó vuông bằng tích của hình chiếu của nó trên cạnh huyền với cạnh huyền)
\(\Rightarrow AB^2=\frac{BC}{4}.BC=\frac{BC^2}{4}\Rightarrow AB=\frac{BC}{2}\)
Xét tg vuông ABD có
\(\cos\widehat{ABD}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow BD=AB.\cos\widehat{ABD}=\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}\) (2)
Thay (1) và (2) vào (*)
\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{BC}{4}.\sin\widehat{KBC}\) (**)
Xét tg BKC có
\(S_{BKC}=\frac{1}{2}.BK.BC.\sin\widehat{KBC\Rightarrow BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{BK}}\) (***)
Xét tg vuông ABK có
\(AB^2=BD.BK\Rightarrow BK=\frac{AB^2}{BD}=\frac{\frac{BC^2}{4}}{\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}}=\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}\) Thay giá trị của BK vào(***) ta có
\(BC.\sin\widehat{KBC}=\frac{2.S_{BKC}}{\frac{BC}{2.\cos\widehat{ABD}}}=\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{BC}\) (3)
Thay (3) vào (**) ta có
\(\Rightarrow S_{BHD}=\frac{1}{2}.\frac{BC.\cos\widehat{ABD}}{2}.\frac{4.S_{BKC}.\cos\widehat{ABD}}{4.BC}=\frac{1}{4}.S_{BKC}.\cos^2\widehat{ABD}\) (dpcm)
a, tam giác ABH có: góc ABH=90 độ,vuông góc với AB
Suy ra: AM.AB=AH^2(Đ/L)
CMTT tam giác AHC: AN.AC=AH^2(Đ/L)
cả hai diều suy ra:AM.AB=AN.AC
A B C H N M
hình không đẹp lắm, mong cậu thông cảm.
Có : AH là đường cao của tam giác ABC=> goc AHB =900
Tam giác AHB vuông tại H có AM là đường cao
=> AM.AB = AH2 (dinh li d/cao trong tam giac vuong
Tam giac AHC vuong tai H có AN là đường cao
=> AN.AC = AH2 (dinh li d/cao trong tam giac vuong
Nen AM.AB =AN.AC
b,Tam giác AHB vuông tại H,=> cot B = BH/AH
Tam giác AHC vuông tại H => cotC = CH/AH
Co H thuoc BC (gt) => BC=BH+CH =[AH(BH+CH)]/AH=AH(cot B+cotC)
c: Xét ΔAHB vuông tại H có HI là đường cao
nên \(AI\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HK là đường cao
nên \(AK\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AI\cdot AB=AK\cdot AC\)
H A B C I K
a, xét tam giác AHB có : ^AHB = 90 và HI _|_ AB => AI.AB = AH^2
xét tam giác AHC có : ^AHC = 90 và HK _|_ AC => AK.AC = AH^2
=> AI.AB = AK.AC
b, xét tam giác AHC có ^AHC = 90 \(\Rightarrow\sin\widehat{C}=\frac{AH}{AC}\Leftrightarrow\sin^2\widehat{C}=\frac{AH^2}{AC^2}\)
\(\Rightarrow\sin^2\widehat{C}\cdot AC=\frac{AH^2}{AC}\) mà \(AH^2=AK\cdot AC\left(câua\right)\)
\(\Rightarrow\sin^2\widehat{C}\cdot AC=AK\)
a.Xét tam giác vuông AHC có đường cao HK ta có : \(AK.AC=AH^2\)
Xét tam giác vuông AHB có đường cao HI ta có : \(AI.AB=AH^2\) vậy \(AI.AB=AK.AC\)
b. ta có \(AK=\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^2}{AC^2}.AC=AC.sin^2C\)
c. ta có :
\(\frac{1}{4}=\frac{S_{AKI}}{S_{ABC}}=\frac{AK.AI}{AB.AC}=\frac{AK}{AB.AC}.\frac{AK.AC}{AB}=\frac{AK^2}{AB^2}\) nên \(AK=\frac{1}{2}AB\) tương tự \(AI=\frac{1}{2}AC\)
\(\Rightarrow KI=\frac{1}{2}CB\Rightarrow AH=\frac{1}{2}CB\Rightarrow\text{AH là đường trung tuyến của tam giác vuong}\)
AH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên ABC vuông cân