Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
A B D E C H
a) \(\Delta ABH,\Delta CBA\)có \(\widehat{ABC}\)chung ;\(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^0\)nên \(\Delta ABH~\Delta CBA\left(g-g\right)\)
b) Từ câu a,ta có \(\frac{BA}{BC}=\frac{BH}{BA}\)mà \(\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}\)(tính chất đường phân giác BE của \(\Delta ABC\))\(\Rightarrow\frac{EA}{EC}=\frac{BH}{AB}\)
c) Ta có : \(\frac{BA}{BC}=\frac{BH}{BA}\Rightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}=\frac{25}{3}\)(cm)
\(\Delta AHB\)vuông tại H có \(AH=\sqrt{AB^2-BH^2}=\sqrt{100-\frac{625}{9}}=\frac{5\sqrt{11}}{3}\)(cm) (định lí Pi-ta-go)
Ta có : \(\frac{AD}{DH}=\frac{AB}{BH}\)(tính chất đường phân giác BD của \(\Delta ABH\))
\(\Rightarrow\frac{AD}{10}=\frac{DH}{\frac{25}{3}}=\frac{AD+DH}{10+\frac{25}{3}}=\frac{5\sqrt{11}}{3}:\frac{55}{3}=\frac{1}{\sqrt{11}}\)(cm) (tính chất dãy tỉ số bằng nhau)
\(\Rightarrow AD=\frac{10}{\sqrt{11}}\left(cm\right);DH=\frac{25}{3\sqrt{11}}\left(cm\right)\)
Ái chà thời này toán học cao siêu quá còn có trường hợp bằng nhau của tam giác là góc góc :v
a: Xét tứ giác AEMF có \(\hat{AEM}=\hat{AFM}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEMF là hình chữ nhật
=>EF=AM
b: Gọi O là giao điểm của AM và EF
AEMF là hình chữ nhật
=>AM cắt EF tại trung điểm của mỗi đường
=>O là trung điểm chung của AM và EF
=>\(OA=OM=\frac{AM}{2};OE=OF=\frac{EF}{2}\)
mà AM=EF
nên \(OA=OM=OE=OF=\frac{AM}{2}=\frac{EF}{2}\)
ΔAHM vuông tại H
mà HO là đường trung tuyến
nên \(HO=\frac{AM}{2}=\frac{EF}{2}\)
Xét ΔHEF có
HO là đường trung tuyến
\(HO=\frac{FE}{2}\)
Do đó: ΔHEF vuông tại H
=>HE⊥HF
a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{HBA}\) chung
Do đó: ΔHBA~ΔABC
b: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHAC vuông tại H có
\(\widehat{HBA}=\widehat{HAC}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)
Do đó: ΔHBA~ΔHAC
=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}\)
=>\(HA^2=HB\cdot HC\)
c: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)
ΔBHA~ΔBAC
=>\(\dfrac{S_{BHA}}{S_{BAC}}=\left(\dfrac{BA}{BC}\right)^2=\left(\dfrac{3}{5}\right)^2=\dfrac{9}{25}\)
a) Ta có đcao AH(H thuộc BC)->AH vuông góc với BC->AHB=AHC=90 xét ABH và CBA có AHB=CAB=90 CBA chung ->tg ABH đồng dạng với tg CBA(g-g) b)xét tg ABH vuông tại H có HBA+HAB=90(1) Xét tg ABC có ABC+ACB=90 hayHBA+ACH=90(2) Từ (1) và (2)->HAB=ACH Xét tgHAC và tg HBA có ACH=BAH(cmt) AHC=BHA=90 -> tg HAC đồng dạng với tg HBA(g-g)->AH/HB=CH/AH hay AH2=BH.CH
Cho tam giác vuông ABC tại A, đường cao AH (H thuộc BC).
Chúng ta sẽ giải quyết các câu hỏi từ a) đến c) lần lượt như sau:
a) Chứng minh tam giác ABH đồng dạng với tam giác CBA.
Giải:
Trong tam giác vuông \(A B C\) tại \(A\), ta có đường cao \(A H\) từ \(A\) xuống cạnh \(B C\). Ta cần chứng minh rằng tam giác \(A B H\) đồng dạng với tam giác \(C B A\).
Kết luận: Tam giác \(A B H\) đồng dạng với tam giác \(C B A\) theo tiêu chí góc-góc (G-G).
b) Chứng minh \(A H^{2} = B H \cdot C H\).
Giải:
Dựa vào tính chất của đường cao trong tam giác vuông, ta có công thức sau:
\(A H^{2} = B H \cdot C H\)
Chứng minh:
\(A B^{2} = A H^{2} + B H^{2}\)
\(A C^{2} = A H^{2} + C H^{2}\)
\(\frac{A B}{A C} = \frac{B H}{B C} = \frac{A H}{A B}\)
c) Cho \(A B = 3 \textrm{ } \text{cm}\), \(A C = 4 \textrm{ } \text{cm}\). Tính tỉ số diện tích của tam giác \(H A B\) và tam giác \(A C B\).
Giải:
\(\text{Di}ệ\text{n}\&\text{nbsp};\text{t} \overset{ˊ}{\imath} \text{ch}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; A B C = \frac{1}{2} \cdot A B \cdot A C = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 4 = 6 \textrm{ } \text{cm}^{2}\)
\(\text{T}ỉ\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} \&\text{nbsp};\text{di}ệ\text{n}\&\text{nbsp};\text{t} \overset{ˊ}{\imath} \text{ch} = \left(\left(\right. \frac{3}{4} \left.\right)\right)^{2} = \frac{9}{16}\)
\(\text{Di}ệ\text{n}\&\text{nbsp};\text{t} \overset{ˊ}{\imath} \text{ch}\&\text{nbsp};\text{c}ủ\text{a}\&\text{nbsp}; A B H = \frac{9}{16} \times 6 = \frac{54}{16} = 3.375 \textrm{ } \text{cm}^{2}\)
Kết luận: