Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tam giác ABD vuông tại D có \(\cos\widehat{A}=\cos60^0=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
Tam giác AEC vuông tại E có \(\cos\widehat{A}=\cos60^0=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{1}{2}\)
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\left(=\dfrac{1}{2}\right)\\\widehat{A}.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{2}\\ \Rightarrow2DE=BC\)
Bạn tự vẽ hình
Đặt \(AB=x\)
Xét \(\Delta DAB\) vuông tại D, ta có:
\(\cos A=\dfrac{AD}{AB}\) (tỉ số lượng giác)
\(\Rightarrow AD=AB.\cos A=x.\cos60^o=0,5x\)
Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta AEC\), ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}chung\\\widehat{ABD}=\widehat{ACE\left(2gocphunhau\right)}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta ADB\sim\Delta AEC\left(g.g\right)\)
Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta ADE\), ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}chung\\\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AD}{AE}\left(\Delta ABD\sim\Delta ADE\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta ADE\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{BC}{DE}\\ \Rightarrow\dfrac{x}{0,5x}=\dfrac{BC}{DE}\\ \Rightarrow BC=\dfrac{DE.x}{0,5x}=2DE\)
Kẻ Ax là tiếp tuyến tại A với (O).
Có: xABˆ=ACBˆ(=12sđAB⌢)
Xét ΔvABDΔvABD, có:
BACˆBAC^: chung;
⇒ΔvABD∼ΔvACE(gn)⇒ΔvABD∼ΔvACE(gn)
⇒ABAD=AEAC⇒ABAD=AEAC
mà BACˆBAC^ chung
⇒ΔADE∼ΔABC(cgc)⇒ΔADE∼ΔABC(cgc)
⇒AEDˆ=ACBˆ=xABˆ⇒AED^=ACB^=xAB^(ở vị trí SLT)
⇒Ax//DE
mà Ax⊥OA NÊN DE⊥OA
Ta có: AM là đường cao thứ 3( đi qua trực tâm H)
Xét ΔBMHΔBMH và ΔBDCΔBDC có:
BMHˆ=BDCˆ(=900)BMH^=BDC^(=900)
BˆB^ chung
⇒ΔBMH≈ΔBDC(g−g)⇒ΔBMH≈ΔBDC(g−g)
⇒BMBD=BHBC⇒BMBD=BHBC⇔BD.BH=BM.BC(1)⇔BD.BH=BM.BC(1)
Xét ΔCMHΔCMH và ΔCEBΔCEB có:
CMHˆ=CEBˆ(=900)CMH^=CEB^(=900)
CˆC^ chung
⇒ΔCMH=ΔCEB(g−g)⇒ΔCMH=ΔCEB(g−g)
⇒CMCH=CECB⇔CH.CE=BC.CM(2)⇒CMCH=CECB⇔CH.CE=BC.CM(2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
BD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CMBD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CM
⇒BD.BH+CH.CE=BC.(BM+CM)=BC2(đpcm)⇒BD.BH+CH.CE=BC.(BM+CM)
=BC2(đpcm)
a: Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,E,H,D cùng thuộc (M)
=>ME=MD=MA=MH
Xét tứ giác BEDC có \(\hat{BEC}=\hat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,E,D,C cùng thuộc (N)
=>NB=NE=ND=NC
NE=ND nên ΔNED cân tại N
mà NK là đường trung tuyến
nên NK⊥ED
ME=MD nên ΔMED cân tại M
mà MK là đường trung tuyến
nên MK⊥ED
Ta có: NK⊥ED
MK⊥ED
mà NK,MK có điểm chung là K
nên M,K,N thẳng hàng
b:
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
MD=MH
=>ΔMDH cân tại M
=>\(\hat{MDH}=\hat{MHD}\)
=>\(\hat{MDH}=\hat{FHB}\)
ND=NB
=>ΔNDB cân tại N
=>\(\hat{NDB}=\hat{NBD}\)
\(\hat{MDN}=\hat{MDB}+\hat{NDB}\)
\(=\hat{FHB}+\hat{FBH}=90^0\)
c:
1: Xét ΔADB vuông tại D có \(cosDAB=\frac{AD}{AB}\)
BEDC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BED}+\hat{BCD}=180^0\)
mà \(\hat{BED}+\hat{AED}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{AED}=\hat{ACB}\)
Xét ΔAED và ΔACB có
\(\hat{AED}=\hat{ACB}\)
góc EAD chung
Do đó: ΔAED~ΔACB
=>\(\frac{S_{AED}}{S_{ACB}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2=cos^2BAC\)
=>\(S_{AED}=S_{ABC}\cdot cos^2BAC\)
2: Ta có: \(S_{AED}+S_{BEDC}=S_{ABC}\)
=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}-S_{AED}\)
=>\(S_{BEDC}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC\right)=S_{ABC}\cdot\sin^2BAC\)
3: Xét ΔAFB vuông tại F có \(cosABF=\frac{BF}{BA}\)
=>cos ABC\(=\frac{BF}{BA}\)
Xét ΔBEC vuông tại E và ΔBFA vuông tại F có
\(\hat{EBC}\) chung
Do đó: ΔBEC~ΔBFA
=>\(\frac{BE}{BF}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)
Xét ΔBEF và ΔBCA có
\(\frac{BE}{BC}=\frac{BF}{BA}\)
góc EBF chung
Do đó: ΔBEF~ΔBCA
=>\(\frac{S_{BEF}}{S_{BCA}}=\left(\frac{BF}{BA}\right)^2=cos^2ABC\)
=>\(S_{BEF}=S_{ABC}\cdot cos^2ABC\)
Xét ΔAFC vuông tại F có cos ACF\(=\frac{CF}{CA}\)
=>cos ACB\(=\frac{CF}{CA}\)
Xét ΔCDB vuông tại D và ΔCFA vuông tại F có
\(\hat{DCB}\) chung
Do đó: ΔCDB~ΔCFA
=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CB}{CA}\)
=>\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)
Xét ΔCDF và ΔCBA có
\(\frac{CD}{CB}=\frac{CF}{CA}\)
góc DCF chung
Do đó: ΔCDF~ΔCBA
=>\(\frac{S_{CDF}}{S_{CBA}}=\left(\frac{CF}{CA}\right)^2=cos^2ACB\)
=>\(S_{CDF}=S_{ABC}\cdot cos^2ACB\)
Ta có: \(S_{AED}+S_{BEF}+S_{CDF}+S_{EFD}=S_{ABC}\)
=>\(S_{ABC}\left(cos^2BAC+cos^2ABC+cos^2ACB\right)+S_{DEF}=S_{ABC}\)
=>\(S_{DEF}=S_{ABC}\left(1-cos^2BAC-cos^2ACB-cos^2ABC\right)\)
b) xét ∆ABC có AD là đường phân giác của góc A
=>BD/AB=DC/AC ( tính chất)
Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau , được :
BD/AB=DC/AC=BD/6=DC/8=(BD+DC)/(6+8)=BD/14=10/14=5/7
==>BD=6×5:7≈4,3
==>DC=10-4,3≈5,7
a,Áp dụng định lý Pi-ta-go vào tam giác ABC => tam giác ABC vuông tại A=> AH vuông góc vs BC
=> tam giác ABC đồng dạng vs tam giác HAC ( g.c.g)
b, Vì tam giác ABC vuông tại A nên ta có hệ thức: AC2=BC . HC => đpcm
c, có AD là tia phân giác của tam giác ABC => BD=CD=BC/2= 5cm
a)Gọi I là trung điểm của tam giác BC
Áp dụng đường trung tuyến cạnh huyền của tam giác EBC và DBC
=>IE=ID=IB=IC
=> tứ giác BCDE nội tiếp. tâm đường tròn là I
b)AFK=90 ( dg cao thứ 3)
ACK=90 (chắn nữa dg tròn)
=>AFB=ACK
c)BD vg góc với AC
ACK=90 =>CK vg góc với AC
=>CK song song với BH
tuong tu CH song song voi BK
=>BHCK là hinh binh hanh
*vì I là trung điểm của BC
=>I cung la trung diem cua HK
=>H,I,K thang hang
Câu 1:
Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có
góc EAC chung
Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔACE
Suy ra: AD/AE=AB/AC
hay AD/AB=AE/AC
Xét ΔADE và ΔABC có
AD/AB=AE/AC
góc DAE chung
Do đó: ΔADE\(\sim\)ΔABC
Suy ra: \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}=\cos60^0=\dfrac{1}{2}\)
=>DE=1/2BC