Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tự vẽ hình nhé!
a) Xét tam giác ADC và tam giác BEC có:
\(\widehat{C}\)chung
\(\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CB}\)(2 tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
=> Tam giác ADC đồng dạng với tam giác BEC (cgc) (đpcm)
b) Tam giác AHD vuông tại H (gt)
=> \(\widehat{BEC}=\widehat{ADC}=135^o\)
Nên \(\widehat{AEB}=45^o\)do đó tam giác ABE vuông tại A
=> BE=\(AB\sqrt{2}=3\sqrt{2}\)
Nguồn: Đặng Thị Nhiên
c) Tam giác ABE vuông tại A nên tia AM là phân giác BAC
\(\Rightarrow\frac{GB}{GC}=\frac{AB}{AC}\)
Vì tam giác ABC đồng dạng tam giác DEC nên:
\(\frac{AB}{AC}=\frac{ED}{DC}=\frac{AH}{HC}=\frac{HD}{HC}\)(DE//AH)
Do đó: \(\frac{GB}{GC}=\frac{HD}{HC}\Rightarrow\frac{GB}{GB+GC}=\frac{HD}{HD+HC}\Rightarrow\frac{GB}{GC}=\frac{AH}{AH+HC}\left(đpcm\right)\)
Nguồn: Đặng Thị Nhiên
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE
Hình tự vẽ nhé . Tớ làm ý chính cho cậu .
a, Kẻ EK \(\perp\) AH , ta có : \(\Delta ABH=\Delta EAH\left(g.c.g\right)\)
\(\Rightarrow AB=AE\) ( hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow\Delta AEB\) vuông cân tại A
\(\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{ABE}=45^o\)\(\Rightarrow\widehat{BEC}=135^o\)
Tương tự ta có : \(\Delta HAD\) vuông cân tại H
\(\Rightarrow\widehat{HDA}=\widehat{HAD}=45^o\) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=135^o\)
\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta ADC\left(g.g\right)\)
Áp dụng định lý Pytago vào \(\Delta ABE\) vuông tại A , ta có :
\(BE^2=AB^2+AE^2=2AB^2\)
\(\Rightarrow BE=\sqrt{2AB}=\sqrt{2m}\)
b, Có \(AM=\dfrac{BE}{2}\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền của \(\Delta ABE\) vuông tại A) , \(DM=\dfrac{BE}{2}\) trung tuyến ứng với cạnh huyền của \(\Delta BDE\) vuông tại D) \(\Rightarrow\) AM = MD
Có : \(\Delta AHM\) \(=\Delta DHM\) (c.c.c)(Vì HM chung ; AH=HD ; AM=DM) nên \(\widehat{AHM}=\widehat{MHD}=45^o\)
\(\Rightarrow\widehat{BHM}=45^o+90^o=135^o\) \(=\widehat{BEC}\)
\(\Rightarrow\Delta BHM\sim\Delta BEC\left(g.g\right)\)
và \(\widehat{AHM}=45^o\)
Câu hỏi của Trần Hữu Phước - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath
a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có
góc ACB chung
Do dó ΔCDE đồng dạng với ΔCAB
=>CD/CA=CE/CB
=>CD/CE=CA/CB
=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB
=>EB/DA=BC/AC
mà BC/AC=AC/CH
nên EB/DA=AC/CH=BA/HA
=>BE/AD=BA/HA
=>\(BE=\dfrac{AB}{AH}\cdot AD=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+HD^2}\)
\(=\dfrac{AB}{AH}\cdot\sqrt{AH^2+AH^2}=AB\sqrt{2}\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có sin AEB=AB/BE=1/căn 2
nên góc AEB=45 độ
=>ΔABE vuông cân tại A
=>AM vuông góc với BE
BM*BE=BA^2
BH*BC=BA^2
Do đó: BM*BE=BH/BC
=>BM/BC=BH/BE
=>ΔBMH đồng dạng với ΔBCE