Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)
XétΔABC vuông tại A có \(\sin C=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3}{5}\)
nên \(\widehat{C}\simeq37^0\)
=>\(\widehat{B}\simeq53^0\)
b: \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=2.4\left(cm\right)\)
\(HB=\dfrac{BA^2}{BC}=\dfrac{3^2}{5}=1.8\left(cm\right)\)
HC=BC-HB=3,2(cm)
c: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔHCA vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
d: Xét tứgiác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=180^0\)
nên AMHN là tứ giác nội tiếp
Xét (AH/2) có
\(\widehat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
\(\widehat{AHM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
DO đó: \(\widehat{ANM}=\widehat{AHM}=\widehat{B}\)
Ta có: ΔABC vuông tại A
mà AE là đường trung tuyến
nên AE=CE
=>\(\widehat{EAC}=\widehat{C}\)
\(\widehat{ANM}+\widehat{EAC}=\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)
=>AE\(\perp\)MN
tự vẽ hình nha bn
a. Ta có: \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\)(Theo định lí Pytago, tam giác ABC vuông tại A)
b. Ta có: \(\frac{BH}{CH}=\frac{3}{4}\)
\(\Leftrightarrow\frac{BH+CH}{CH}=\frac{3}{4}+1\)
\(\Leftrightarrow\frac{BC}{CH}=\frac{7}{4}\)\(\Leftrightarrow\frac{5}{CH}=\frac{7}{4}\)\(\Leftrightarrow CH=\frac{5.4}{7}=\frac{20}{7}\)
\(\Rightarrow BH=5-\frac{20}{7}=\frac{15}{7}\)
Sửa đề: Chứng minh \(\frac{S_{ABI}}{S_{AMN}}=\frac{1}{2\cdot\sin^2B}+\frac{1}{2cos^2HAC}\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC;AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\)
Ta có: \(\frac{1}{2\cdot\sin^2B}+\frac{1}{2cos^2HAC}\)
\(=\frac{1}{2\cdot\sin^2B}+\frac{1}{2\cdot cos^2B}=\frac12\left(\frac{1}{\sin^2B}+\frac{1}{cos^2B}\right)\)
\(=\frac12\cdot\frac{\sin^2B+cos^2B}{\left(\sin B\cdot cosB\right)^2}=\frac12\cdot\frac{1}{\left(\sin B\cdot cosB\right)^2}\)
\(=\frac12\cdot\frac{1}{\left(\frac{AC}{BC}\cdot\frac{AB}{BC}\right)^2}=\frac12\cdot\frac{1}{\left(\frac{AB\cdot AC}{BC^2}\right)^2}=\frac12\cdot\left(\frac{1}{\frac{AH\cdot BC}{BC^2}}\right)^2\)
\(=\frac12\cdot\left(\frac{BC}{AH}\right)^2\) (2)
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\)
=>\(AM=\frac{AH^2}{AB}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AH^2=AN\cdot AC\)
=>\(AN=\frac{AH^2}{AC}\)
ΔABC có AH là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AH\cdot BC\)
ΔAMN vuông tại A
=>\(S_{AMN}=\frac12\cdot AM\cdot AN=\frac12\cdot\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac12\cdot\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac12\cdot\frac{AH^3}{BC}\)
=>\(\frac{S_{AMN}}{S_{ABC}}=\frac{AH^3}{2\cdot BC}:\frac{AH\cdot BC}{2}=\frac{AH^3}{2\cdot BC}\cdot\frac{2}{AH\cdot BC}=\frac{AH^2}{BC^2}\)
=>\(\frac{S_{ABC}}{S_{AMN}}=\frac{BC^2}{AH^2}\)
I là trung điểm của BC
=>\(\frac{BI}{BC}=\frac12\)
=>\(S_{ABC}=2\cdot S_{ABI}\)
Ta có: \(\frac{S_{ABC}}{S_{AMN}}=\frac{BC^2}{AH^2}\)
=>\(\frac{2\cdot S_{ABI}}{S_{AMN}}=\frac{BC^2}{AH^2}\)
=>\(\frac{S_{ABI}}{S_{AMN}}=\frac{BC^2}{2AH^2}=\frac12\cdot\left(\frac{BC}{AH}\right)^2\) (1)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{ABI}}{S_{AMN}}=\frac{1}{2\cdot\sin^2B}+\frac{1}{2cos^2HAC}\)
a: Xét (O) có
ΔBNC nội tiếp đường tròn
BC là đường kính
Do đó: ΔBNC vuông tại N
Xét (O) có
ΔBMC nội tiếp đường tròn
BC là đường kính
Do đó: ΔBMC vuông tại M
Xét ΔABC có
BN là đường cao
CM là đường cao
BN cắt CM tại H
Do đó: AH\(\perp\)BC
a: Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)
nên AMHN là hình chữ nhật
=>AH=MN(2)
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\) (1)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC=MN^2\)