Cho \(\Delta ABC\) vuông tại A đường cao AH = a, HB = b. Gọi D là điểm đối xứng với A qua B. Trên tia đối của tia HA lấy điểm E sao cho HE = 2HA.
a, Tính tan\(\widehat{AED}\) theo a và b
b, C/minh: \(\widehat{DEC}=90^0\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
31 tháng 10 2019
a) Py-ta-go \(\Delta ABH\), ta có : \(AB^2=AH^2+BH^2=25\Rightarrow AB=5\)
\(AH^2=BH.HC\Rightarrow HC=\frac{AH^2}{BH}=\frac{16}{3}\)
\(AB.AC=AH.BC\)hay \(5.AC=4.\left(3+\frac{16}{3}\right)\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\)
b) HB // DI ( cùng vuông góc AI )
\(\Rightarrow\frac{BH}{DI}=\frac{AB}{AD}=\frac{1}{2}\Rightarrow DI=2BH=6\)
\(\frac{AH}{HI}=\frac{AB}{BD}=1\)kết hợp với AH = 2HE \(\Rightarrow AH=HI=IE=4\)
\(\tan\widehat{IED}=\frac{DI}{IE}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}\)
\(\tan\widehat{HCE}=\frac{HE}{HC}=\frac{8}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)
c) theo câu b, \(\Rightarrow\tan\widehat{IED}=\tan\widehat{HCE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\widehat{IED}=\widehat{HCE}\)
d) \(\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{HEC}=90^o\Rightarrow\widehat{DEC}=90^o\Rightarrow DE\perp EC\)
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
21 tháng 7 2021
a) Xét tam giác \(AHB\)vuông tại \(H\):
\(AB^2=AH^2+HB^2\)(định lí Pythagore)
\(\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\left(cm\right)\)
Xét tam giác \(ABC\)vuông tại \(A\)đường cao \(AH\):
\(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\Leftrightarrow\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{AH^2}-\frac{1}{AB^2}=\frac{1}{4^2}-\frac{1}{5^2}\)
\(\Rightarrow AC=\frac{20}{3}\left(cm\right)\)
\(BC^2=AB^2+AC^2\)(định lí Pythagore)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{25+\frac{400}{9}}=\frac{25}{3}\left(cm\right)\)
\(HC=BC-HB=\frac{25}{3}-3=\frac{16}{3}\left(cm\right)\)
b) Xét tam giác \(AID\)có: \(B\)là trung điểm của \(AD\)
\(BH//ID\)(vì cùng vuông góc với \(AI\))
nên \(BH\)là đường trung bình của tam giác \(AID\).
Suy ra \(H\)là trung điểm của \(AI\).
\(\Rightarrow AH=HI\Rightarrow HI=\frac{1}{2}HE\)
do đó \(I\)là trung điểm của \(HE\).
\(P=2tan\widehat{IED}-3tan\widehat{ECH}\)
\(=2\frac{ID}{IE}-3\frac{CH}{HE}\)
\(=\frac{4HB}{AH}-\frac{3}{2}\frac{CH}{AH}\)
\(=\frac{8.3-3.\frac{16}{3}}{2.4}=1\)
c) \(tan\widehat{IED}=\frac{ID}{IE}=\frac{2HB}{AH}=\frac{2.3}{4}=\frac{3}{2}\)
\(cot\widehat{CEH}=\frac{EH}{CH}=\frac{2AH}{CH}=\frac{2.4}{\frac{16}{3}}=\frac{3}{2}\)
\(tan\widehat{IED}=cot\widehat{CEH}\Rightarrow\widehat{IED}+\widehat{CEH}=90^o\Rightarrow\widehat{CED}=90^o\)
do đó ta có đpcm.
12 tháng 12 2020
a)
Ta có: HE=HA(gt)
mà A,H,E thẳng hàng
nên H là trung điểm của AE
Xét ΔAED có
H là trung điểm của AE(cmt)
M là trung điểm của AD(A và D đối xứng nhau qua M)
Do đó: HM là đường trung bình của ΔAED(Định nghĩa đường trung bình của tam giác)
⇒HM//ED và \(HM=\dfrac{1}{2}\cdot ED\)(Định lí 2 về đường trung bình của tam giác)
b) Xét tứ giác ABDC có
M là trung điểm của đường chéo BC(gt)
M là trung điểm của đường chéo AD(A và D đối xứng nhau qua M)
Do đó: ABDC là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Hình bình hành ABDC có \(\widehat{BAC}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
nên ABDC là hình chữ nhật(Dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
a) Kẻ DK // BH, ta có BH là đường trung bình của ΔADK hay AH = HK = EK = a; DK = 2.BH = 2b.
Xét trong tam giác vuông DKE ta suy ra:
\(tan\widehat{AED}=tan\widehat{KED}=\frac{DK}{EK}=\frac{2b}{a}\)
b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, ta có:
\(AH^2=BH.CH\)\(\Leftrightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{a^2}{b}\)
Xét tam giác DKE và tam giác EHC có:
\(\frac{DK}{EH}=\frac{EK}{CH}=\frac{b}{a}\); \(\widehat{DKE}=\widehat{EHC}=90^0\)
⇔ ΔDKE ~ ΔEHC (c.g.c)
⇔ \(\widehat{KED}=\widehat{HCE}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{DEC}=\widehat{KED}+\widehat{HEC}=\widehat{HCE}+\widehat{HEC}=90^0\)
Vậy .....