Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì BC có độ dài lớn nhất nên đề bài tương đương với: \(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}=\sqrt[3]{BC^2}\)(Định lí Pythagoras đảo)
Lập phương 2 vế: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
Ôn lại các hệ thức lượng cho tam giác vuông vì sắp tới mình sẽ dùng 1 chuỗi hệ thức đấy:
+Tam giác AHD vuông tại H, đường cao DH: \(AH^2=AD.AB,BH^2=BD.BA\)
+Tam giác AHC vuông tại H, đường cao EH: \(AH^2=AC.AE,CH^2=CA.CE\)
+Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH: \(AH^2=HB.HC,AH.BC=AB.AC,BC^2=AB^2+AC^2\)
$ ADHE là hình chữ nhật nên AD=HE
$ Tam giác AHE vuông tại H nên \(AH^2=AE^2+HE^2\)
Ok, giờ triển thoi: \(BD^2+EC^2+3\sqrt[3]{\left(BD.EC\right)^2}\left(\sqrt[3]{BD^2}+\sqrt[3]{EC^2}\right)=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB-AD\right)^2+\left(AC-AE\right)^2+3\sqrt[3]{\left(BD.CE\right)^2}.\sqrt[3]{BC^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow\left(AB^2+AC^2\right)+\left(AD^2+AE^2\right)-2\left(AB.AD+AC.AE\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2+\left(AE^2+HE^2\right)-2\left(AH^2+AH^2\right)+3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=BC^2\)
\(\Leftrightarrow AH^2-4AH^2-3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=0\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt[3]{\left(BD.CE.BC\right)^2}=3AH^2\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC=AH^3\)
\(\Leftrightarrow BD.CE.BC.AH=AH^4\)
\(\Leftrightarrow\left(BD.BA\right)\left(CE.CA\right)=AH^4\)
\(\Leftrightarrow BH^2.CH^2=AH^4\Leftrightarrow BH.CH=AH^2\)---> Luôn đúng
Vậy giả thiết đúng.
(Bài dài giải mệt vler !!)
O A B C H D E K F
a) Do AB và AC là các tiếp tuyến cắt nhau tại A nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AB = AC và AH là phân giác góc BAC.
Xét tam giác cân ABC có AH là phân giác nên AH đồng thời là đường cao. Vậy thì AO vuông góc với BC tại H.
b) Xét tam giác AEC và ACD có :
\(\widehat{A}\) chung
\(\widehat{ACE}=\widehat{ACD}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn một cung)
\(\Rightarrow\Delta AEC\sim\Delta ACD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AC}{AD}\Rightarrow AE.AD=AC^2\)
Xét tam giác vuông ACD, đường cao CH, ta có :
\(AH.AO=AC^2\) (Hệ thức lượng)
Vậy nên ta có : AE.AD = AH.AO
c) Xét tam giác vuông ABO, đường cao BH, ta có: AH.AO = BO2
Do BO = DO nên AH.AO = OD2
Lại có \(\Delta AKO\sim\Delta FHO\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AO}{FO}=\frac{OK}{OH}\Rightarrow OK.OF=AO.OH\)
Vậy nên OK.OF = OD2 hay \(\frac{OK}{OD}=\frac{OD}{OF}\)
Vậy nên \(\Delta OKD\sim\Delta ODF\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FDO}=\widehat{DKO}=90^o\)
Vậy nên FD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
kẻ EH vuông góc với AC ==> EH//BD ( cùng vuông góc với AC )
Mà E là trung điểm của AB => EH là đường trung bình của tam giác ABD
==> EH=1/2 BD =6/2=3 cm
mặt khác xét tam giác CEH có OD//EH nê theo hệ quả định lí ta-lét ta có
\(\frac{OD}{EH}=\frac{CO}{CE}=\frac{CD}{CH}\) ==> \(\frac{1}{3}=\frac{CD}{CH}\)
Mặt khác xét tam giác EHC vuông tại H theo định lí pu-ta-go ta có
\(EC^2=EH^2+HC^2\)
<=> \(HC^2=5^2-3^2=16\)
=> HC=4 cm
mà \(\frac{CD}{CH}=\frac{1}{3}\)==> CD=4/3 cm
hay HD =CH-CD=\(4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}\)
mà H là trung điểm của AD( vì EH là đường trung bình của tam giác ABD )
==> AD=2 HD =\(2\cdot\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\) cm
Xét tam giác ADB vuông tại D theo định lí qy-ta go ta co \(AB^2=AD^2+BD^2=\left(\frac{16}{3}\right)^2+6^2=\frac{580}{9}\)
Do đó \(AB=\sqrt{\frac{580}{9}}=\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm
vậy AB= \(\frac{2\sqrt{145}}{3}\)cm
khong biet