Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b
Δ ABD ⊥ tại D có DE là đường cao.
=> \(AD^2=AE.AB\) (hệ thức lượng) (1)
Δ ADC ⊥ tại C có DC là đường cao.
=> \(AD^2=AF.AC\) (hệ thức lượng) (2)
Từ (1), (2) suy ra: \(AE.AB=AF.AC\left(=AD^2\right)\)
Xét Δ AEF và Δ ACB có:
\(\widehat{EAF}=\widehat{CAB}\) (góc chung)
\(\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\left(cmt\right)\)
=> Δ AEF đồng dạng Δ ACB (c.g.c)
ta có
\(\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2\ge0\)
\(a+b-2\sqrt{ab}\ge0\)
\(a+b\ge2\sqrt{ab}\)
\(\frac{a+b}{2}\ge\sqrt{ab}\)
Ta có AH2=CH.BH=ab (1)
Gọi M là trung điểm của BC.
Xét tam giác AHM vuông tại H có AM là cạnh huyền --> AH\(\le\)AM (2)
Mà \(AM=\frac{BC}{2}=\frac{a+b}{2}\)(3)
Từ (1), (2) và (3) \(\Rightarrow a.b\le\frac{a+b}{2}\)
Sửa đề: Cho ΔABC vuông tại A, AB<AC. Đường cao AD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của D trên AB,AC
c: Chứng minh \(\tan^3C=\frac{BE}{CF}\)
Xét ΔBDA vuông tại D có DE là đường cao
nên \(BE\cdot BA=BD^2\)
=>\(BE=\frac{BD^2}{BA}\)
Xét ΔCDA vuông tại D có DF là đường cao
nên \(CF\cdot CA=CD^2\)
=>\(CF=\frac{CD^2}{CA}\)
Xét ΔABC vuông tại A có AD là đường cao
nên \(BD\cdot BC=BA^2;CD\cdot CB=CA^2\)
=>\(\frac{BD\cdot BC}{CD\cdot BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\)
=>\(\frac{BD}{CD}=\frac{AB^2}{AC^2}\)
Xét ΔABC vuông tại A có tan C\(=\frac{AB}{AC}\)
\(\frac{BE}{CF}=\frac{BD^2}{BA}:\frac{CD^2}{CA}\)
\(=\frac{BD^2}{BA}\cdot\frac{CA}{CD^2}\)
\(=\left(\frac{BD^2}{CD^2}\right)\cdot\frac{CA}{BA}\)
\(=\left(\frac{BD}{CD}\right)^2\cdot\frac{CA}{BA}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{CA}{BA}\)
\(=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}=\left(\frac{AB}{AC}\right)^3=\tan^3C\)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
ANH CS THỂ THAM KHẢO
a , b tự lm nha ( dễ mà )
c) Do II đối xứng với HH qua BC⇒IH⊥BCBC⇒IH⊥BC mà HD⊥BC,D∈BC
⇒I⇒I đối xứng với HH qua D⇒DD⇒D là trung điểm của HIHI
Và MM là trung điểm của HKHK
⇒DM⇒DM là đường trung bình ΔHIKΔHIK
⇒DM∥IK⇒DM∥IK
⇒BC∥IK⇒BC∥IK
⇒BCKI⇒BCKI là hình thang
ΔCHIΔCHI có CDCD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến
⇒ΔCHI⇒ΔCHI cân đỉnh CC
⇒CI=CH⇒CI=CH (*)
Mà tứ giác BHCKBHCK là hình bình hành ⇒CH=BK⇒CH=BK (**)
Từ (*) và (**) suy ra CI=BKCI=BK
Tứ giác BCKIBCKI là hình bình hành có 2 đường chéo CI=BKCI=BK
Suy ra BCIKBCIK là hình thang cân.
Tứ giác HGKCHGKC có GK∥HCGK∥HC (do BHCKBHCK là hình bình hành)
⇒HGKC⇒HGKC là hình thang có đáy là GK∥HCGK∥HC
a: Xét ΔADC vuông tại D có DF là đường cao
nên \(DF^2=FA\cdot FC\)
=>\(DF^2=3,6\cdot6,4=23,04=4,8^2\)
=>DF=4,8(cm)
AC=AF+FC
=3,6+6,4=10(cm)
Diện tích tam giác ADC là:
\(S_{ADC}=\frac12\cdot DF\cdot AC=\frac12\cdot4,8\cdot10=2,4\cdot10=24\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
b: Xét ΔADB vuông tại D có DE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AD^2\left(1\right)\)
Xét ΔADC vuông tại D có DF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AD^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF và ΔACB có
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔACB