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 D
cái đường AE nó dài lắm ): nên mình ko vẽ nữa
a, Xét tam giác ADB và tam giác CAB ta có :
^ADB = ^CAB = 900
^B _ chung
Vậy tam giác ADB ~ tam giác CAB ( g.g )
b, tam giác ABC vuông tại A, AH là đường cao
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABC vuông tại A ta có :
\(AB^2+AC^2=BC^2\Rightarrow BC^2=144+81=225\Rightarrow BC=15\)cm
mà tam giác ADB ~ tam giác CAB ( cma )
\(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{BC}\)( tỉ số đồng dạng )
\(\Rightarrow AD=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{12.9}{15}=\frac{36}{5}\)cm
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, Tứ giác \(AEMF\) :
Do \(ABCD\) là hình vuông nên \(\widehat{BAD} = 90^\circ\) (hay \(\widehat{EAF} = 90^\circ\) )
\(ME \perp AB \implies \widehat{AEM} = 90^\circ\)
\(MF \perp AD \implies \widehat{AFM} = 90^\circ\)
Tứ giác \(AEMF\) có 3 góc vuông \(\left(\widehat{EAF}=\widehat{AEM}=\widehat{AFM}=90^{\circ}\right)\) \(\Longrightarrow\) Tứ giác \(AEMF\) là hình chữ nhật
Tứ giác \(ABMF\)
Ta có \(MF \perp AD\) và \(AB \perp AD \implies MF \parallel AB\)
\(ABMF\) có một cặp cạnh đối song song \(\left(MF\parallel AB\right)\) và \(\widehat{FAB} = 90^\circ\) nên \(ABMF\) là hình thang vuông.
b,
Vì \(AEMF\) là hình chữ nhật nên \(AE=MF\)
Xét \(\Delta DMF\) vuông tại \(F\) , có:
đường chéo \(BD\) của hình vuông \(ABCD\) là phân giác của \(\widehat{ADC}\) nên \(\widehat{FDM} = 45^\circ\).
Do đó \(\Delta DMF\) là tam giác vuông cân tại \(F \implies MF = DF\)
\(\Longrightarrow AE=DF\)
\(\) Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta DCF\) , có:
\(AD=DC\)
\(\widehat{DAE} = \widehat{CDF} = 90^\circ\)
\(AE = DF\) (cmt)
\(\implies \Delta ADE = \Delta DCF\) (c-g-c)\(\Longrightarrow DE=CF\)
Gọi \(K\) là giao điểm của \(DE\) và \(CF\)
Từ \(\Delta ADE = \Delta DCF \implies \widehat{ADE} = \widehat{DCF}\)
Trong \(\Delta DCF\) vuông tại \(D\) , có: \(\widehat{DCF} + \widehat{DFC} = 90^\circ\)
Thay \(\widehat{DCF} = \widehat{ADE}\) vào \(\widehat{ADE} + \widehat{DFC} = 90^\circ\) hay \(\widehat{FDK} + \widehat{DFK} = 90^\circ\)
Trong \(\Delta DFK\) , tổng ba góc bằng \(180^{\circ}\implies\widehat{DKF}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}\implies DE\perp CF\)
c, Vì \(AEMF\) là hình chữ nhật nên \(AF=ME\)
Tương tự câu b, \(\Delta BEM\) vuông cân tại \(E\) ( do \(\widehat{EBM}=45^{\circ})\implies BE=ME\implies BE=AF\)
Xét \(\Delta FAB\) và \(\Delta EBC\)
\(AB = BC\) (cạnh hình vuông \(ABCD\) )
\(\widehat{FAB} = \widehat{EBC} = 90^\circ\)
\(AF=BE\) (cmt)
\(\implies \Delta FAB = \Delta EBC\) (c-g-c) \(\implies BF = CE\)
Từ \(\Delta FAB = \Delta EBC \implies \widehat{ABF} = \widehat{BCE}\)
Trong \(\Delta EBC\) vuông tại \(B\) , ta có: \(\widehat{BCE} + \widehat{BEC} = 90^\circ\)
\(\Longrightarrow\widehat{ABF}+\widehat{BEC}=90^{\circ}\implies BF\perp CE\)
d,
Trong \(\Delta CFE\) :
\(DE \perp CF\) (cminh câu b) \(\implies DE\) là đường cao kẻ từ \(D\)
\(BF \perp CE\) (cminh câu c) \(\Longrightarrow BF\) là đường cao kẻ từ \(B\)
Mặt khác \(CM \perp EF\) (vì \(AEMF\) là hình chữ nhật và \(ABCD\) là hình vuông)
\(\Longrightarrow\) CM là đường cao thứ 3
Ba đường cao \(DE,BF,CM\) của \(\Delta CFE\) cắt nhau tại trực tâm\(\Longrightarrow\) \(DE,BF,CM\) đồng quy (dpcm)
hết cứu ... .
cảm giác bạn Nguyễn Tuấn Dũng spam mỗi bài này hay thôi sao ấy, hôm trước vừa giải cho xong:v
a) AEMF là hình chữ nhật, ABMF là hình thang
b) dễ CM: △ADE=△DCF
=> DE=CF và góc ADE= góc DCF
mà góc DCF+ góc DFC= 90 độ
=> góc ADE+ góc DFC= 90 độ
=> DE⊥FC
c) CMTT:=> △ABF=△BCE
=> BF=CE và BF⊥CE
d) kẻ CM cắt EF tại I, cắt AB tại G
CM dc: △BAM=△BCM
=> góc BCG= góc BAM
mà trong hình hcn AEMF=> góc BAM=góc AEF
xét tam giác BCG vuông tại B có:
góc BCG+ góc BGC= 90 độ
=> góc AEF+góc BGC= 90 độ hay góc IEG+ góc IGE= 90 độ
=> CG⊥EF
xét tam giác EFC có:
ED⊥FC
CG⊥EF
BF⊥EC
=> DE,BF,CM đồng quy
d) ta có: \(S_{AEMF}=AE\cdot AF\)
mà À=EB
=> \(S_{AEMF}=AE\cdot EB=AE\left(AB-AE\right)=AE\cdot AB-AE^2\)
\(=\frac{AB^2}{4}-\left(\frac{AB^2}{4}-AE\cdot AB+AE^2\right)\)
\(=\frac{AB^2}{4}-\left(\frac{AB}{2}-AE\right)^2\le\frac{AB^2}{4}\)
dấu "=" xảy ra khi \(\frac{AB}{2}-AE=0\Rightarrow\frac{AB}{2}=AE\)
=> E là trung điểm AB
xét tam giác BAD có:
E là trung điểm
EM//AD
=> M là trung điểm BD thì \(S_{AEMF}\) lớn nhất