Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2:
a: 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:
\(AE\cdot EB=HE^2\)
b: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{FAE}=\widehat{AFH}=\widehat{AEH}=90^0\)
Do đó: AEHF là hình chữ nhật
Suy ra: FE=AH và \(\widehat{FHE}=90^0\)
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:
\(AF\cdot FC=FH^2\)
Áp dụng định lí Pytago vào ΔFHE vuông tại H, ta được:
\(HF^2+HE^2=FE^2\)
\(\Leftrightarrow AH^2=AE\cdot EB+AF\cdot FC\)
1) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được:
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5\)(cm)
BH \(=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{9}{5}\)(cm)
\(CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{16}{5}\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{12}{5}\left(cm\right)\)
2) a) Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ta được điều phải chứng minh.
b)Chứng minh tương tự câu a), ta được:
AF.FC=HF^2
Lại có:
Tứ giác AFHE có 3 góc vuông nên từ giác AFHE là hình chữ nhật.
Suy ra, HF = AE
Suy ra, AF.FC=AE^2
Mà AE.EB=HE^2
Nên AF.FC+AE.EB=AE^2+HE^2=AH^2(đpcm)
3) Áp dụng hệ thức về cạnh và góc trong tam giác, ta được:
\(BE=\cos B.BH=\cos B.\left(\cos B.AB\right)=\cos^2B.AB=\cos^2B.\left(\cos B.BC\right)=\cos^3.BC\left(đpcm\right)\)
1: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=3^2+4^2=25\)
=>BC=5(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)
=>AH=2,4(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}BH\cdot BC=BA^2\\CH\cdot CA=CA^2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{3^2}{5}=1,8\left(cm\right)\\CH=\dfrac{4^2}{5}=3,2\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
2: Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot EB=HE^2\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot FC=HF^2\)
\(AE\cdot EB+AF\cdot FC=HE^2+HF^2=EF^2=AH^2\)
3: Xét ΔBAC vuông tại B có \(cosB=\dfrac{BA}{BC}\)
Xét ΔBHA vuông tại H có \(cosB=\dfrac{BH}{BA}\)
Xét ΔBEH vuông tại E có \(cosB=\dfrac{BE}{BH}\)
\(cos^3B=cosB\cdot cosB\cdot cosB\)
\(=\dfrac{BA}{BC}\cdot\dfrac{BH}{BA}\cdot\dfrac{BE}{BH}=\dfrac{BE}{BC}\)
=>\(BE=BC\cdot cos^3B\)
bạn tự vẽ hình nhá!
giải
a) ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PI-TA GO-VÀ \(\Delta\)VUÔNG ABC TA CÓ:
\(AB^2\)\(+\)\(AC^2\)\(=\)\(BC^2\)
\(\Rightarrow\)\(3^2\)\(+\)\(4^2\)\(=\)\(BC^2\)
\(\Rightarrow9+16=BC^2\)
\(\Rightarrow25=BC^2\)
\(\Rightarrow5=BC\)
ÁP DỤNG HỆ THỨC 3 VÀO \(\Delta\)ABC TA CÓ:
AB.AC=BC.CH\(\Rightarrow\)AH=\(\frac{AB.AC}{BC}\)=\(\frac{3.4}{5}\)=2,5
ÁP DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC TA CÓ:
\(AB^2=BC.BH\)\(\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}\)=\(\frac{3^2}{5}=1,8\)
\(AC^2=BC\times CH\Rightarrow HC=\frac{AC^2}{BC}=\frac{4^2}{5}=3,2\)
Cho 3 số thực dương a;b;c thỏa mãn : a+ b + c = 1 . CMR
\(\frac{a+1}{a+b+c}+\frac{b+1}{b+ac}+\frac{c+1}{c+ab}\ge9\)Dấu " = " xay ra khi nào
g) Nhớ lại rằng hai tam giác đồng dạng thì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng.
Ta có \(\Delta IAB\sim\Delta BAC\to\frac{S\left(IAB\right)}{S\left(ABC\right)}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^2.\)
Tương tự \(\Delta BAC\sim\Delta BHA\to\frac{S\left(ABC\right)}{S\left(HBA\right)}=\left(\frac{BC}{BA}\right)^2.\)
Nhân hai đẳng thức với nhau cho ta \(\frac{S\left(IAB\right)}{S\left(ABH\right)}=\left(\frac{BC}{AC}\right)^2=\frac{BC^2}{AC^2}=\frac{BC^2}{BC\cdot CH}=\frac{BC}{CH}\to\frac{S\left(ABH\right)}{S\left(IAB\right)}=\frac{CH}{BC}.\) (ĐỀ SAI NHÉ)
h) Theo định lý Pi-ta-go ta có
\(BC^2=\left(BH+CH\right)^2=BH^2+CH^2+2BH\cdot CH=BE^2+EH^2+HF^2+FC^2+2AH^2\)
\(=BE^2+CF^2+2AH^2+\left(HE^2+HF^2\right)=BE^2+CF^2+2AH^2+EF^2=BE^2+CF^2+3AH^2.\)
a/ Ta có CF vuông góc AB tại F (gt)
Nên góc CFB = 90 độ
BE vuông góc AC tại E
Nên góc BEC = 90 độ
Tứ giác CEFB có hai đỉnh kề F và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông . Do đó tứ giác CEFB nt
Ta có góc BFC = 90(cmt) độ nên tam giác BFC vuông tại F .
góc BEC = 90 độ (cmt)
Nên tam giác BEC vuông tại E
Tam giác vuông BFC và BEC đều có BC là cạnh huyền nên tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác là trung điểm của cạnh BC .
1:
BC=căn AB^2+AC^2=5cm
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên BH*BC=BA^2; CH*CB=CA^2
=>HB=3^2/5=1,8cm; CH=4^2/5=3,2cm
AH=căn 1,8*3,2=2,4(cm)
2: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên AE*EB=HE^2
ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên AF*FC=HF^2
Xét tứ giác AEHF có
góc AEH=góc AFH=góc FAE=90 độ
=>AEHF là hình chữ nhật
AE*EB+AF*FC
=HE^2+HF^2
=EF^2
=AH^2
4:
BE*BA+CF*CA+2*HB*HC
=BH^2+CH^2+2*HB*HC
=(BH+CH)^2=BC^2