Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1)
gọi I là giao điểm của BD và CE
ta có E là trung điểm cua AB nên EB bằng 3 cm
xét △EBI có \(\widehat{I}\)=900 có
EB2 = EI2 + BI2 =32=9 (1)
tương tự IC2 + DI2 = 16 (2)
lấy (1) + (2) ta được
EI2+DI2+BI2+IC2=25
⇔ ED2+BC2=25
xét △ABC có E là trung điểm của AB và D là trung điểm của AC
⇒ ED là đường trung bình của tam giác
⇒ 2ED =BC
⇔ ED2=14BC2
⇒ 14BC2+BC2=25
⇔ 54BC2=25
⇔ BC2=20BC2=20
⇔ BC=√20
Ta có: \(S_{AHC}=\frac{AH.AC}{2}=96\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.AC=192cm\)(1)
\(S_{ABH}=\frac{AH.BH}{2}=54\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.BH=108cm\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH.BH.AH.HC=20736\)
Mà: AH2=BH.CH
=> AH2.AH2=BH.CH.AH2
<=> AH4=20736
=> AH=12cm
=> BH=9cm ; CH=16cm
Vậy BC=25cm
Lời giải:
d)
Xét tam giác vuông tại $H$ là $HAC$ có đường cao $HN$
Khi đó , áp dụng hệ lượng trong tam giác vuông ta có:
\(CN.CA=HC^2\)
Tương tự với tam giác $HAB$ có đường cao $HM$
\(BM.BA=BH^2\)
\(\Rightarrow \frac{BM.BA}{CN.CA}=\frac{BH^2}{CH^2}(1)\)
Xét tam giác vuông tại $A$là $ABC$ có đường cao $AH$. Áp dụng hệ thức lượng:
\(\left\{\begin{matrix} BH.BC=AB^2\\ CH.BC=AC^2\end{matrix}\right.\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{AB^2}{AC^2}\Rightarrow \frac{BH^2}{CH^2}=\frac{AB^4}{AC^4}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \frac{BM}{CN}=\frac{AB^3}{AC^3}\)
CHO MÌNH SỬA LẠI CÂU 2: Biết chu vi \(\Delta ABH=30cm\)và chu vi \(\Delta ACH=10cm\).Tính chu vi \(\Delta ABC\)
A B C D E K M I H F
a) Ta thấy ngay do BD, CE là đường cao nên \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\)
Xét tứ giác AEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^o\) nên AEDC là tứ giác nội tiếp hay A, E, D, C cùng thuộc một đường tròn.
Đường tròn cần tìm là đường tròn đường kính BC, tức là tâm đường tròn là trung điểm J của BC, bán kính là JB.
b) Xét tam giác BEC và tam giác BHM có :
\(\widehat{BEC}=\widehat{BHM}=90^o\)
Góc B chung
\(\Rightarrow\Delta BEC\sim\Delta BHM\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BE}{BH}=\frac{BC}{BM}\Rightarrow BC.BH=BE.BM\)
Ta có \(BK^2=BD^2=BH.BC=BE.EM\) mà \(KE\perp BM\Rightarrow\widehat{BKM}=90^o\)
Vậy MK là tiếp tuyến của đường tròn tâm B.
c)
Gọi F là giao điểm của CE với đường tròn tâm B.
Do \(BE\perp KF\)nên MB là trung trực của FK.
\(\Rightarrow\widehat{MFB}=\widehat{MKB}=90^o\Rightarrow\)tứ giác MFBH nội tiếp.
\(\Rightarrow\widehat{MHF}=\widehat{MBF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF)
Ta cũng có MKHB nội tiếp nên \(\widehat{MHK}=\widehat{MBK}\)
Mà \(\widehat{MBF}=\widehat{MBK}\) nên HI là phân giác góc KHF.
Áp dụng tính chất tia phân giác ta có : \(\frac{IK}{IF}=\frac{HK}{HF}\)
Ta có \(HC\perp HI\) nên HC là tia phân giác ngoài của góc KHF.
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF}=\frac{HK}{HF}\)
Vậy nên \(\frac{CK}{CF}=\frac{IK}{IF}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{CF+KF}=\frac{IK}{IF+IK}\Rightarrow\frac{CK}{\left(CE+EF\right)+\left(CE-KE\right)}=\frac{IK}{FK}\)
\(\Rightarrow\frac{CK}{2CE}=\frac{IK}{2EK}\Rightarrow CK.EK=CE.IK\)
ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(BK\cdot BD=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)
=>\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)
Xét ΔBHK và ΔBDC có
\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{BK}{BC}\)
\(\widehat{HBK}\) chung
Do đó: ΔBHK đồng dạng với ΔBDC