Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta chứng minh
Tương tự câu a ta chứng minh được
Þ AD.AF =AK.AC (2)
Từ (1) ta có AB.AE = AC.AH (3)
Lấy (3) + (2) ta được AD.AF + AB.AE = AC2 (ĐPCM)
Câu 1:
Kẻ BH⊥AC và DK⊥AC
Dễ thấy \(\Delta AHB\sim\Delta AEC;\Delta AKD\sim\Delta AFC\)
Do đó \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AH}{AE};\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AK}{AF}\Leftrightarrow AB\cdot AE=AC\cdot AH;AD\cdot AF=AC\cdot AK\)
\(\Leftrightarrow AB\cdot AE+AD\cdot AF=AC\left(AH+AK\right)=AC^2\left(A\right)\)
Câu 2:
ABCD là htc nên \(AD=BC=AB\)
Ta có \(AD=AB=BC=\dfrac{BD}{\tan C}=\dfrac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(AH=AD\cdot\sin D=AD\cdot\sin C=2\sqrt{3}\cdot\sin60^0=3\left(cm\right)\)
\(DH=AD\cdot\cos D=\sqrt{3}\left(cm\right)\)
Áp dụng Talet: \(\dfrac{AI}{IH}=\dfrac{DH}{AB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow AI=2IH\)
Mà \(AI+IH=AH=3\Leftrightarrow3IH=3\Leftrightarrow IH=1\Leftrightarrow AI=2\left(cm\right)\left(A\right)\)
1: Xét ΔHAB có
E là trung điểm của HA
F là trung điểm của HB
Do đó: EF là đường trung bình
=>EF//AB và EF=AB/2
hay EF//CD và EF=CD/2
mà G là trung điểm của CD
nên EF=CG và EF//CG
=>EFCG là hình bình hành
a: Xét ΔABC vuông tại A có \(cosABC=\frac{AB}{BC}\)
=>\(\frac{6}{BC}=\frac35=\frac{6}{10}\)
=>BC=10(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\)
=>\(BH=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
c: ΔABC vuông tại A
mà AI là đường trung tuyến
nên IA=IC=IB
IA=IC
=>ΔIAC cân tại I
=>\(\hat{IAC}=\hat{ICA}=\hat{ACB}\)
Ta có: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Do đó: ΔADE~ΔACB
=>\(\hat{AED}=\hat{ABC}\)
\(\hat{AED}+\hat{IAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AI⊥DE tại K
=>\(\hat{AKE}=90^0\)
a: Xét ΔABC vuông tại A có \(cosABC=\frac{AB}{BC}\)
=>\(\frac{6}{BC}=\frac35=\frac{6}{10}\)
=>BC=10(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=100-36=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\)
=>\(BH=\frac{6^2}{10}=3,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
c: ΔABC vuông tại A
mà AI là đường trung tuyến
nên IA=IC=IB
IA=IC
=>ΔIAC cân tại I
=>\(\hat{IAC}=\hat{ICA}=\hat{ACB}\)
Ta có: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
=>\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Xét ΔADE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AD}{AC}=\frac{AE}{AB}\)
Do đó: ΔADE~ΔACB
=>\(\hat{AED}=\hat{ABC}\)
\(\hat{AED}+\hat{IAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AI⊥DE tại K
=>\(\hat{AKE}=90^0\)
â)Cm tam giác CBK đồng dạng với tam giác CDH(g.g) (tự cm nha )
>>>CK/CH=CB/CD(đpcm)
b)CK/CH=CB/CD>>>CK/CB=CH/CD=CH/AB.Mà HCK=90 độ +KCB=ABC
>>>Tam giác CKH đồng dạng tam giác BCA(đpcm)
c)>>>HK/AC=CK/BC=sinKBC=sinBAD>>>HK=AC.sinBAD(đpcm)
Pitago tam giác vuông ACD:
\(AC=\sqrt{AD^2+CD^2}=\sqrt{AD^2+AB^2}=20\)
Hệ thức lượng tam giác vuông ABC với đường cao BH:
\(AB^2=AH.AC\Rightarrow AH=\dfrac{AB^2}{AC}=\dfrac{64}{5}\)
\(HC=AC-AH=\dfrac{36}{5}\)
b.
Hai tam giác vuông ADC và AHF có chung góc \(\widehat{HAD}\)
\(\Rightarrow\Delta_VADC\sim\Delta_VAHF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AH}=\dfrac{AC}{AF}\Rightarrow AD.AF=AC.AH\) (1)
Mặt khác theo hệ thức lượng tam giác vuông ABC:
\(AB^2=AH.AC\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow AD.AF=AB^2\)
Xét ∆HAB vuông tại H và ∆EAC vuông tại E, có:
\(\hat{BAH}\) chung
Nên ∆HAB~∆EAC (g.g)
=> \(\frac{AB}{AC}=\frac{AH}{AE}\) hay AB.AE = AC.AH (1)
Có BC // AD (do ABCD là hình bình hành)
Nên \(\hat{BCH}=\hat{CAF}\) (hai góc so le trong)
Xét ∆HBC vuông tại H và ∆FCA vuông tại F, có:
\(\hat{BCH}=\hat{CAF}\)
Nên ∆HCB~∆FCA (g.g)
=> \(\frac{BC}{AC}=\frac{HC}{AF}\) hay BC.AF = AC.HC (2)
Từ (1)(2) suy ra AB.AE+BC.AF=AC.AH+AC.HC
Suy ra: AE.AE+BC.AF=AC.(AH+HC)=AC.AC=AC\(^2\)
Mà BC=AD nên AB.AE+AD.AF=AC\(^2\)
Xét ΔAEC vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có
\(\hat{EAC}\) chung
Do đó: ΔAEC~ΔAHB
=>\(\frac{AE}{AH}=\frac{AC}{AB}\)
=>\(AE\cdot AB=AH\cdot AC\)
Kẻ DK⊥AC tại K
Xét ΔAKD vuông tại K và ΔCHB vuông tại H có
AD=CB
\(\hat{DAK}=\hat{BCH}\) (hai góc so le trong, AD//CB)
Do đó: ΔAKD=ΔCHB
=>AK=CH; DK=HB
Xét ΔAKD vuông tại K và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{KAD}\) chung
Do đó: ΔAKD~ΔAFC
=>\(\frac{AK}{AF}=\frac{AD}{AC}\)
=>\(AF\cdot AD=AK\cdot AC=CH\cdot CA\)
\(AF\cdot AD+AE\cdot AB\)
\(=CH\cdot CA+AH\cdot AC=AC\left(AH+CH\right)=AC^2\)