Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi \(A H \bot B C\) (\(H \in B C\)), tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\).
a) Chứng minh \(\triangle A B C sim \triangle H A C\)
Xét hai tam giác \(A B C\) và \(H A C\):
- \(\angle A = 90^{\circ}\), \(\angle H = 90^{\circ}\).
- Vì \(H \in B C\) nên
\(\angle A C B = \angle H C A .\)
Suy ra hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau nên
\(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C .}\)b) Cho \(A B = 6\) cm, \(A C = 8\) cm. Tính \(B C\) và \(A H\)
Tính \(B C\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Tính \(A H\)
Diện tích tam giác:
\(\frac{1}{2} A B \cdot A C = \frac{1}{2} B C \cdot A H .\)Suy ra
\(A H = \frac{A B \cdot A C}{B C} = \frac{6 \cdot 8}{10} = \frac{24}{5} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Kết quả:
\(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} .}\)c) Từ \(H\) kẻ \(H E \bot A C\) tại \(E\). Chứng minh \(H E^{2} = A E \cdot E C\)
Xét tam giác vuông \(A H C\) (vuông tại \(H\)).
Do \(H E \bot A C\), nên \(H E\) là đường cao ứng với cạnh huyền \(A C\).
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C .}\)Đpcm.
d) Gọi \(I\) là trung điểm của \(A H\), \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Chứng minh
\(A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .\)Chứng minh
Từ câu (c):
\(E A \cdot E C = H E^{2} .\)Do \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A C\), \(I\) là trung điểm của \(A H\), đường thẳng \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Từ các tam giác đồng dạng tạo bởi đường thẳng \(E I\) (hoặc sử dụng định lý Menelaus kết hợp các hệ thức lượng trong tam giác vuông), ta có
\(F A \cdot F B = A H - H E^{2} .\)Thay \(H E^{2} = E A \cdot E C\) vào:
\(F A \cdot F B = A H - E A \cdot E C .\)Suy ra
\(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .}\)Đpcm.
Kết quả
- a) \(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C}\).
- b) \(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , \&\text{nbsp}; A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}}\).
- c) \(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C}\).
- d) \(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C}\).
A B C H I M N D E
a/
\(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH=\frac{1}{2}.6.4=12cm^2\)
b/
Gọi D và E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Từ B dựng đường thẳng vuông góc BC cắt DE tại M
Từ C dựng đường thẳng vuông góc BC cắt DE tại N
Ta có
DA=DB; EA=EC => DE là đường trung bình của tg ABC => DE//BC => MN//BC
Ta có
\(BM\perp BC;CN\perp BC\)=> BM//CN (cùng vuông góc với BC)
=> BCNM là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau là hbh)
Mà \(\widehat{DBC}=90^o\)
=> BCNM là HCN (Hình bình hành có 1 góc vuông là HCN)
Ta có
Gọi I là giao của DE với AH ta có
DE//BC (cmt); \(AH\perp BC\Rightarrow AH\perp DE\)
DE//BC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{BD}=\frac{AE}{CE}=\frac{AI}{HI}=1\) => I là trung điểm của AH => IA=IH
Ta có
\(S_{\Delta ABC}=S_{BCED}+S_{\Delta ADI}+S_{AEI}\) (1)
\(S_{BCNM}=S_{BCED}+S_{\Delta BDM}+S_{\Delta CEN}\) (2)
Xét tg vuông ADI và tg vuông BDM có
DA=DB; \(\widehat{ADI}=\widehat{BDM}\) (góc đối đỉnh) => tg ADI = tg BDM (hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) (3)
C/m tương tự ta cũng có tg AEI = tg CEN (4)
Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=S_{BCNM}\)
=> 3 mảnh cắt từ tg ABC là hình thang BCED; tg ADI và tg AEI
Ta có DE là đường trung bình của tg ABC => \(DE=\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}=3cm\)
IA=IH (cmt) => IA=IH=4:2=2 cm
\(S_{BCED}=\frac{\left(BC+DE\right).IH}{2}=\frac{\left(6+3\right).2}{2}=9cm^2\)
\(S_{\Delta ADI}+S_{\Delta AEI}=S_{\Delta ADE}=\frac{1}{2}.DE.IA=\frac{1}{2}.3.2=3cm^2\)
Do tg ABC không có thêm điều kiện nào nên không thể tính riêng rẽ diện tích của hai tg ADI và AEI
a: Xét tứ giác AIHK có \(\hat{AIH}=\hat{AKH}=\hat{KAI}=90^0\)
nên AIHK là hình chữ nhật
Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có
\(\hat{HBA}\) chung
Do đó; ΔBHA~ΔBAC
=>\(\frac{BH}{BA}=\frac{BA}{BC}\)
=>\(BH\cdot BC=BA^2\)
b: AIHK là hình chữ nhật
=>\(\hat{AKI}=\hat{AHI}\)
mà \(\hat{AHI}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)
nên \(\hat{AKI}=\hat{ABC}\)
Xét ΔAKI vuông tại A và ΔABC vuông tại A có
\(\hat{AKI}=\hat{ABC}\)
Do đó: ΔAKI~ΔABC
c: ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên MA=MC
=>ΔMAC cân tại M
=>\(\hat{MAC}=\hat{MCA}=\hat{ACB}\)
\(\hat{MAC}+\hat{AKI}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AM⊥KI
Giải bài 4 Cho \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\), đường cao \(AH\). \(I, K\) là hình chiếu của \(H\) lên \(AB, AC\). \(IK\) cắt \(AH\) tại \(O\). a) CM: Tứ giác \(AIHK\) là hình chữ nhật và \(AH^2 = BH \cdot HC\) (Lưu ý: Đề ghi \(AB^2 = BH \cdot HC\) là chưa chính xác, hệ thức đúng phải là \(AH^2 = BH \cdot HC\))
- Chứng minh \(AIHK\) là hình chữ nhật:
- Ta có: \(\angle BAC = 90^\circ\) (giả thiết \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\)).
- \(HI \perp AB\) tại \(I \Rightarrow \angle AIH = 90^\circ\).
- \(HK \perp AC\) tại \(K \Rightarrow \angle AKH = 90^\circ\).
- Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật. Vậy \(AIHK\) là hình chữ nhật.
- Chứng minh \(AH^2 = BH \cdot HC\):
- Xét \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\).
- Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông: \(AH^2 = BH \cdot HC\) (đpcm).
b) CM: \(\triangle AIK \sim \triangle ACB\)- Vì \(AIHK\) là hình chữ nhật (cmt) nên hai đường chéo \(AH\) và \(IK\) cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Suy ra \(O\) là trung điểm \(AH\) và \(IK\), đồng thời \(OA = OI = OH = OK\).
- \(\triangle OAK\) cân tại \(O \Rightarrow \angle OAK = \angle OKA\).
- Mặt khác, trong \(\triangle ABC\) vuông tại \(A\), ta có \(\angle HAB = \angle ACB\) (cùng phụ với \(\angle HAC\)).
- Mà \(\angle OAK\) chính là \(\angle HAC\), và trong tam giác vuông \(AHB\) có \(\angle HAB = \angle HBA\).
- Xét \(\triangle AIK\) và \(\triangle ACB\):
- \(\angle A\) chung.
- \(\angle AIK = \angle AHK\) (cùng chắn cung \(AK\) trong đường tròn ngoại tiếp \(AIHK\)).
- Mà \(\angle AHK = \angle ACB\) (cùng phụ với \(\angle KHC\)).
- Suy ra \(\angle AIK = \angle ACB\).
- Vậy \(\triangle AIK \sim \triangle ACB\) (g.g).
c) CM: \(AM \perp IK\) và \(\frac{1}{AD} = \frac{1}{BH} + \frac{1}{HC}\) (Giả sử \(D\) là giao điểm của \(AM\) và \(IK\))\(\angle DAK + \angle DKA = \angle MAC + \angle AKI = \angle ACB + \angle ABC = 90^\circ\).
Hệ thức này thường xuất hiện trong các bài toán nâng cao liên quan đến độ dài đoạn thẳng trong tam giác vuông. Để chứng minh chính xác ý này, cần xác định rõ vị trí điểm \(D\) trong đề bài gốc của bạn. Nếu \(D\) là hình chiếu của \(A\) lên một đường thẳng đặc biệt, ta sẽ sử dụng nghịch đảo bình phương đường cao. Tuy nhiên, với dữ kiện \(AM \perp IK\) tại \(D\), bạn có thể sử dụng tính chất diện tích hoặc tam giác đồng dạng để biến đổi về các đoạn \(BH, HC\)
c) ý 2: xét hcn HIAK có:
IK=AH
O là trung điểm=> OI=OK;AO=OH
mà DI+DK=IK VÀ AD+DH=AH
=> ID=AD
=> góc DIA= góc DAI
xét △IDA và △AHB có:
góc DIA= góc DAI
góc ADI= góc AIH= 90 độ
=> △IDA~△AHB(g.g)
=> \(\frac{AD}{HB}=\frac{AI}{AB}\) (1)
xét △ABC có AM là đường trung tuyến với góc A =90 độ
=> \(AM=\frac12BC=MC=BM\)
=> △AMC cân tại M
=> góc DAK= góc HCA
xét △ADK và △CHA có:
góc DAK= góc HCA
góc ADK=góc AHC= 90 độ
=> △ADK~△CHA(g.g)
=> \(\frac{AD}{HC}=\frac{AK}{AC}\)
Mà AK= IH( do tứ giác HIAK là hcn)
=> \(\frac{AD}{HC}=\frac{IH}{AC}\)
Mà AK//IH
=> \(\frac{IH}{AC}=\frac{BI}{AB}\)
=> \(\frac{AD}{HC}=\frac{BI}{AB}\) (2)
cộng hai vế (1) và (2) lại với nhau:
\(\frac{AD}{HC}+\frac{AD}{HB}=\frac{BI}{AB}+\frac{AI}{AB}\)
\(AD\left(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}\right)=\frac{\left(AI+IB\right)}{AB}=1\)
=> \(\frac{1}{HB}+\frac{1}{HC}=\frac{1}{AD}\)
chúc các bạn học tốt! mik vừa mới tìm dc lời giải