Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: \(BD\cdot CE\cdot BC\)
\(=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{HC^2}{AC}\cdot\dfrac{AB\cdot AC}{AH}\)
\(=\dfrac{AH^4}{AH}=AH^3\)
b: \(\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{HB^2}{AB}:\dfrac{HC^2}{AC}=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{HC^2}=\dfrac{AB^4}{AB}\cdot\dfrac{AC}{AC^4}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)
Lời giải:
Do $ABCD$ là hình thoi nên:
\(\widehat{D_1}=\widehat{B_1}=180^0-\widehat{BAD}=30^0\) (2 góc trong cùng phía )
\(\widehat{F_1}=\widehat{BAE}=30^0\) (so le trong với \(AB\parallel CD\))
Do đó: \(\widehat{D_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow \triangle ADF\) cân tại $A$, suy ra $AF=AD=a(1)$
Kẻ $AH$ vuông góc với $BC$
Ta có: \(\frac{AH}{AB}=\sin \widehat{ABH}=\sin \widehat{B_1}=\sin 30^0=\frac{1}{2}\)
\(\Rightarrow AH=\frac{AB}{2}=\frac{a}{2}\)
\(\widehat{AEH}=\widehat{EAB}+\widehat{B_1}=30^0+30^0=60^0\)
\(\Rightarrow \frac{AH}{AE}=\sin \widehat{AEH}=\sin 60^0=\frac{\sqrt{3}}{2}\)
\(\Rightarrow AE=\frac{2AH}{\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}(2)\)
Từ (1);(2) suy ra \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AF^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{3}}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{a^2}\) (đpcm)
a: ΔBHA vuông tại H
=>\(BH^2+HA^2=BA^2\)
=>\(BH^2=\left(3\sqrt5\right)^2-3^2=45-9=36=6^2\)
=>BH=6(cm)
Xét ΔBAC vuông tại B có BH là đường cao
nên \(BH^2=HA\cdot HC\)
=>\(HC=\frac{BH^2}{HA}=\frac{6^2}{3}=12\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔBCD vuông tại C có CH là đường cao
nên \(CH^2=HB\cdot HD\)
=>\(HD=\frac{12^2}{6}=\frac{144}{6}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
HA:HB:HC:HD=3:6:12:24=1:2:4:8
b: \(\frac{1}{HB^2}-\frac{1}{HC^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{BA^2}-\frac{1}{BC^2}-\frac{1}{CD^2}\)
\(=\frac{1}{BA^2}-\frac{1}{CD^2}\)