Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:
\(BE\cdot BA=BH^2\)
hay \(BE=\dfrac{BH^2}{BA}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔACH vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền CA, ta được:
\(CF\cdot CA=CH^2\)
hay \(CF=\dfrac{CH^2}{CA}\)
Ta có: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{CA}\)
\(=\dfrac{BH^2}{CH^2}\cdot\dfrac{AC}{AB}\)
\(=\dfrac{AB^4\cdot AC}{AC^4\cdot AC}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)
a, bc^2 = ab^2 +ac^2
<=.> (ae+eb)^2 +(af+fc)^2
<=.>AE^2 +2 AE.EB +EB^2 +AF^2+FC^2+2AF,FC
<=> EF^2 +EB^2 +CF^2 +2.(EH^2+FH^2)
<=>EB^2 +CF^2 + AH ^2 + 2 AH^2 vì tứ giác EHAF là hcn suy ra AH =EF
<=>EB^2 +CF^2+3 AH^2 (đpcm)
b, cb =2a là thế nào vậy
c) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC, ta được:
\(\left\{{}\begin{matrix}BH\cdot BC=AB^2\\CH\cdot BC=AC^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{BC}\cdot\dfrac{BC}{AC^2}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:
\(BE\cdot BA=HB^2\)
\(\Leftrightarrow BF=\dfrac{HB^2}{AB}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC, ta được:
\(CF\cdot CA=CH^2\)
hay \(CF=\dfrac{HC^2}{AC}\)
Ta có: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{HB^2}{AB}:\dfrac{HC^2}{AC}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{BE}{CF}=\left(\dfrac{HB}{HC}\right)^2\cdot\dfrac{AC}{AB}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{AB^4\cdot AC}{AC^4\cdot AB}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^3\)
Lời giải:
a) Áp dụng đl Pitago cho các tam giác vuông $BHE, CHF$:
\(BC^2=(BH+CH)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)
\(=BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2BH.CH\)
\(=(EH^2+HF^2)+2BH.CH+BE^2+CF^2(1)\)
Xét tứ giác $AEHF$ có 3 góc vuông \(\widehat{EAF}=\widehat{HFA}=\widehat{AEH}=90^0\) nên $AEHF$ là hình chữ nhật
\(\Rightarrow HF=EA\)
Do đó: \(EH^2+HF^2=EH^2+EA^2=AH^2(2)\) (theo định lý Pitago)
Xét tam giác $BAH$ và $ACH$ có:
\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}(=90^0-\widehat{HAC})\)
\(\widehat{BHA}=\widehat{AHC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow BH.CH=AH^2(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow BC^2=AH^2+2.AH^2+BE^2+CF^2=3AH^2+BE^2+CF^2\)
(đpcm)
b)
Xét tam giác $BAH$ và $BCA$ có:
\(\widehat{B}\) chung
\(\widehat{BHA}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle BCA(g.g)\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BC}{BA}\)
\(\Rightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}(4)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CAH\sim \triangle CBA(g.g)\Rightarrow CH=\frac{CA^2}{BC}(5)\)
Từ \((4);(5)\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{BC}:\frac{CA^2}{BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\) (đpcm)
c)
Hoàn toàn tương tự như cách CM tam giác đồng dạng phần b, ta có:
\(\triangle BHE\sim \triangle BAH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{BE}{BH}\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)
\(\triangle CHF\sim \triangle CAH(g.g)\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{CF}{CH}\Rightarrow CF=\frac{CH^2}{CA}\)
Do đó, kết hợp với kết quả phần b:
\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{CA}=(\frac{BH}{CH})^2.\frac{CA}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\) (đpcm)
d) Ta có:
\(BC.HE.HF=BC.\frac{HE.BA}{BA}.\frac{HF.AC}{AC}=BC.\frac{2S_{BHA}}{BA}.\frac{2S_{CHA}}{CA}\)
\(=BC.\frac{BH.AH}{BA}.\frac{CH.AH}{CA}=\frac{BC.AH}{AB.AC}.AH.BH.CH\)
\(=\frac{2S_{ABC}}{2S_{ABC}}.AH.AH^2\) (theo (3))
\(=AH^3\) (đpcm)
1. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao
=> \(AH^2=BH.HC\)(hệ thức lượng) => \(AH^4=BH^2.HC^2\)
=> \(AB.AC=AH.BC\) (hệ thức lượng)
Xét tam giác AHB vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)
Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)
=> \(AH^4=BH^2.HC^2=BE.AB.FC.AC=BE.FC.BC.AH\)
=> \(AH^3=BC.FC.BE\)
Lại có: HF // AB (vì cùng \(\perp\)AC) =>> \(\widehat{FHC}=\widehat{ABC}\) (đồng vị)
Xét tam giác BEH và tam giác HFC
có: \(\widehat{HEB}=\widehat{HFC}=90^0\)(gt)
\(\widehat{EBH}=\widehat{FHC}\) (Cmt)
=> \(\Delta\)BEH ∽ \(\Delta\)HFC (g.g)
=> \(\frac{BE}{HF}=\frac{HE}{FC}\) => \(BE.FC=HE.HF\)
Do đó: \(AH^3=BC.BE.FC=BC.HE.HF\)
2. Xét tam giác ABC vuông tại A, ta có: \(BC^2=AB^2+AC^2\)(Định lí Pi - ta - go)
Xét tam giác AHB vuông tại H, có: \(AB^2=BH^2+AH^2\) (Pi - ta - go)
Xét tam giác AHC vuông tại H, có: \(AC^2=AH^2+HC^2\) (Pi - ta - go)
Xét tam giác BHE vuông tại E có: \(BH^2=EB^2+EH^2\)(Pi - ta - go)
Xét tam giác HFC vuông tại F có: \(HC^2=HF^2+FC^2\) (Pi - ta - go)
=> \(BC^2=AH^2+BH^2+BH^2+AH^2=2AH^2+EB^2+EH^2+HF^2+FC^2\)
Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}=\widehat{EAF}=\widehat{AFH\:}=90^0\)=> tứ giác AEHF là hình chữ nhật
=> \(\widehat{EHF}=90^0\) và AH = EF
Xét tam giác EHF vuông tại H có \(EF^2=EH^2+HF^2\) (Pi - ta - go)
hay \(AH^2=EH^2+HF^2\)
Do đó: \(BC^2=2AH^2+AH^2+EB^2+FC^2=3AH^2+EB^2+FC^2\)
3. Xét tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao => \(AB^2=BH.BC\)(hệ thức lượng)
\(AC^2=HC.BC\) (hệ thức lượng)
=> \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH.BC}{HC.BC}=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\)
4. Từ \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^2=\frac{BH}{HC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{BH^2}{HC^2}\)
Xét tam giác ABH vuông tại H có HE là đường cao => \(BH^2=BE.AB\)
Xét tam giác AHC vuông tại H có HF là đường cao => \(HC^2=FC.AC\)
=> \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^4=\frac{AB.BE}{FC.AC}\) => \(\left(\frac{AB}{AC}\right)^3=\frac{BE}{CF}\)