Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B E C F
a) Xét \(\Delta\)EBA và \(\Delta\)ABC có:
\(\widehat{BEA}=\widehat{BAC}\left(=90^o\right)\)
\(\widehat{B}\) là góc chung
\(\Rightarrow\) \(\Delta\)EBA đòng dạng vs \(\Delta\)ABC (g - g)
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{BE}{AB}=\dfrac{AB}{BC}\)
\(\Rightarrow\) AB2 = BE . BC
b) Trong \(\Delta\)ABC vuông tại A có:
BC2 = AB2 + AC2
= 32 . 42
= 25
\(\Rightarrow\) BC = \(\sqrt{25}\) = 5(cm)
Vì: AB2 = BC.BE (cmt)
\(\Rightarrow\) BE = \(\dfrac{AB^2}{BC}\)
= \(\dfrac{3^2}{5}\) = 1.8(cm)
Xét \(\Delta\)BEA vuông tại E có:
AE2 = AB2 + BE2
= 32 + 1.82
= \(\dfrac{306}{25}\)
\(\Rightarrow\)AE = \(\sqrt{\dfrac{306}{25}}\) = \(\dfrac{3\sqrt{34}}{5}\)(cm)
c) Trong \(\Delta\)ABC có BF là tia phân giác của góc B
\(\Rightarrow\) \(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{CF}{BC}\)
Áp dụng t/chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:
\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{CF}{BC}\)\(=\dfrac{AF+CF}{AB+BC}=\dfrac{AC}{3+5}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AF}{3}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow AF=1.5\left(cm\right)\)
Trong \(\Delta\)ABF vuông tại A có:
BF2 = AB2 + AF2
= 32 + 1.52
= 11.25
\(\Rightarrow\) BF = \(\sqrt{11.25}\) = \(\dfrac{3\sqrt{5}}{2}\)(cm)
A B C O D H P Q I
a. Xét tứ giác ADOH có:\(\widehat{ODA}=90^o;\widehat{DAH}=90^o;\widehat{OHA}=90^o\)
\(\Rightarrow\) ADOH là hình chữ nhật ( tứ giác có 3 góc vuông )
b. Ta có: P là điểm đối cứng của D qua O ⇒ O là trung điểm của DP(1)
Q là điểm đối xứng của H qua O ⇒ O là trung điểm của QH(2)
Ta có: \(AB\perp AC;QH\perp AC̸\) ⇒ AB//QH
Lại có: DB//QO;DB⊥DP⇒QH⊥DP(3)
Từ(1),(2),(3)⇒Tứ giác QDHP là hình thoi(Tứ giác có 2 đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)
Phần a là HBA ~ ABC chứ nhỉ?
a, Xét tam giác HBA và tam giác ABC có:
góc BHA = góc BAC = 90o (ABC vg tại A và AH là đường cao)
góc B chung
\(\Rightarrow\) \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)ABC (gg)
b, Vì \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)ABC (cmt) (1)
Tương tự ta cx có: \(\Delta\)HAC ~ \(\Delta\)ABC (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)HAC
\(\Rightarrow\) \(\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}\) hay AH2 = CH . BH (đpcm)
Vì \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)ABC (cmt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{AB}{BC}=\frac{BH}{AB}\) hay AB2 = BC . BH (đpcm)
Vì \(\Delta\)HAC ~ \(\Delta\)ABC (cmt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{AC}{BC}=\frac{HC}{AC}\) hay AC2 = BC . HC (đpcm)
c, Xét tam giác ABC vg tại A có: BA\(\perp\)CA
\(\Rightarrow\) BC2 = AB2 + AC2 (định lí Pytago)
BC2 = 152 + 202
BC2 = 625
BC = \(\sqrt{625}\) = 25 (cm)
Vì \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)ABC (cmt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{AB}{BC}=\frac{BH}{AB}\)
hay \(\frac{15}{25}=\frac{BH}{15}\) \(\Rightarrow\) BH = \(\frac{15^2}{25}\) = 9 (cm)
Vì BH = 9 cm nên CH = 25 - 9 = 16 (cm)
Vì \(\Delta\)HBA ~ \(\Delta\)HAC (cmt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{AH}{CH}=\frac{BH}{AH}\) hay \(\frac{AH}{16}=\frac{9}{AH}\)
\(\Rightarrow\) \(AH^2=16\cdot9=144\)
\(\Rightarrow\) \(AH=\sqrt{144}=12\) (cm)
d, Xét tam giác ABC có: BD là tia p/g của góc ABC (gt)
\(\Rightarrow\) \(\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{BC}\) (t/c đường p/g của tam giác)
hay \(\frac{20-CD}{15}=\frac{CD}{25}\)
\(\Leftrightarrow\) \(\frac{5\left(20-CD\right)}{75}=\frac{3CD}{75}\)
\(\Rightarrow\) 5(20 - CD) = 3CD
\(\Leftrightarrow\) 100 - 5CD = 3CD
\(\Leftrightarrow\) 3CD + 5CD = 100
\(\Leftrightarrow\) 8CD = 100
\(\Leftrightarrow\) CD = 12,5 (cm)
\(\Rightarrow\) AD = 20 - 12,5 = 7,5 (cm)
e, Ko thể có 2 điểm H được nên mk gọi D vuông góc với BC tại M nha!
Xét tam giác CMD và tam giác CAB có:
góc CMD = góc CAB = 90o (DM \(\perp\) BC và \(\Delta\)ABC vg tại A theo gt)
góc C chung
\(\Rightarrow\) \(\Delta\)CMD ~ \(\Delta\)CAB (gg)
\(\Rightarrow\) \(\frac{CM}{CA}=\frac{CD}{CB}\) hay CM . CB = CD . CA (đpcm)
Chúc bn học tốt!! (Dài quá :vvv)
a) Xét ΔHBA và ΔABC có
\(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ABC}\) chung
Do đó: ΔHBA∼ΔABC(g-g)(1)
Xét ΔHAC và ΔABC có
\(\widehat{AHC}=\widehat{BAC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{ACB}\) chung
Do đó: ΔHAC∼ΔABC(g-g)(2)
Từ (1) và (2) suy ra ΔHBA∼ΔHAC(đpcm)
b) Ta có: ΔHBA∼ΔABC(cmt)
⇒\(\frac{HB}{AB}=\frac{BA}{BC}=\frac{HA}{AC}=k_1\)(tỉ số đồng dạng)
hay \(AB^2=BC\cdot BH\)(đpcm)
Ta có: ΔHAC∼ΔABC(cmt)
⇒\(\frac{HA}{AB}=\frac{AC}{BC}=\frac{HC}{AC}=k_2\)(tỉ số đồng dạng)
hay \(AC^2=BC\cdot HC\)(đpcm)
Ta có: ΔHBA∼ΔHAC(cmt)
⇒\(\frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}=\frac{BA}{AC}=k\)(tỉ số đồng dạng)
hay \(HA^2=HB\cdot HC\)(đpcm)
c) Áp dụng định lí pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được:
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
⇔\(BC^2=15^2+20^2=625\)
hay \(BC=\sqrt{625}=25cm\)
Ta có: \(AB^2=BC\cdot BH\)(cmt)
⇔\(15^2=25\cdot BH\)
⇔\(BH=\frac{15^2}{25}=\frac{225}{25}=9cm\)
Ta có: \(\frac{HA}{AB}=\frac{AC}{BC}=\frac{HC}{AC}\)(cmt)
⇔\(\frac{HA}{15}=\frac{20}{25}\)
⇔\(HA=\frac{15\cdot20}{25}=\frac{300}{25}=12cm\)
Vậy: BC=25cm; BH=9cm; HA=12cm
d) Xét ΔABC có BD là đường phân giác ứng với cạnh AC(gt)
nên \(\frac{AD}{AB}=\frac{CD}{CB}\)(tính chất đường phân giác của tam giác)
hay \(\frac{AD}{15}=\frac{CD}{25}\)
Ta có: AD+CD=AC(D nằm giữa A và C)
hay AD+CD=20cm
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\frac{AD}{15}=\frac{CD}{25}=\frac{AD+CD}{15+25}=\frac{20}{40}=\frac{1}{2}\)
Do đó:
\(\left\{{}\begin{matrix}\frac{AD}{15}=\frac{1}{2}\\\frac{CD}{25}=\frac{1}{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD=\frac{15\cdot1}{2}=7,5cm\\CD=\frac{25\cdot1}{2}=12,5cm\end{matrix}\right.\)
Vậy: AD=7,5cm; CD=12,5cm
e) Đề sai rồi bạn
A B C H I D E K
a) Xét \(\Delta ABC\) có :
- BD là tia phân giác của \(\widehat{ABC}\)
=> \(\dfrac{DA}{AB}=\dfrac{DC}{BC}\)
=> \(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{AB}{BC}\left(1\right)\)
- CE là tia phân giác của \(\widehat{ACB}\)
=> \(\dfrac{EA}{AC}=\dfrac{EB}{BC}\)
=> \(\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{AC}{BC}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) ta có : \(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{EA}{EB}\left(\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AC}{BC}\right)\)
b) Ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{EA}{EB}\left(cmt\right)\\\widehat{A}:chung\end{matrix}\right.\)
=> \(\Delta AED\sim\Delta ABC\)
=> \(\widehat{AED}=\widehat{ABC}\)
Mà thấy: 2 góc này ở vị trí đồng vị
=> \(DE//BC\)
a) MN // BC => ∆AMN ∽ ∆ABC
ML // AC => ∆MBL ∽ ∆ABC và ∆AMN ∽ ∆MLB
b) ∆AMN ∽ ∆ABC có:
ˆAMNAMN^ = ˆABCABC^; ˆANMANM^ = ˆACBACB^
AMABAMAB= 1313
∆MBL ∽ ∆ABC có:
ˆMBLMBL^ = ˆBACBAC^, ˆBB^ chung, ˆMLBMLB^ = ˆACBACB^
MBABMBAB= 2323
∆AMN ∽ ∆MLB có:
ˆMANMAN^ = ˆBMLBML^,
a) ΔAMN∼ΔABC
ΔBML∼ΔBAC
b) Ta có: ΔAMN∼ΔABC(cmt)
nên \(\widehat{AMN}=\widehat{ABC}\); \(\widehat{ANM}=\widehat{ACB}\); \(\widehat{A}\) chung và \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{MN}{BC}\)
Ta có: ΔBML∼ΔBAC(cmt)
nên \(\widehat{BML}=\widehat{BAC}\); \(\widehat{BLM}=\widehat{BCA}\); \(\widehat{B}\) chung và \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{ML}{AC}=\dfrac{BL}{BC}\)