Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b) Ta có: ΔABC\(\sim\)ΔA'B'C'(gt)
nên \(\dfrac{S_{ABC}}{S_{A'B'C'}}=\left(\dfrac{AB}{A'B'}\right)^2\)(Định lí tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng)
hay \(\dfrac{S_{ABC}}{S_{A'B'C'}}=k^2\)
a) Ta có: \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{1.5}{6}=\dfrac{1}{4}\)
\(\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{AC-CN}{AC}=\dfrac{4-3}{4}=\dfrac{1}{4}\)
Do đó: \(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\left(=\dfrac{1}{4}\right)\)
Xét ΔABC có
\(M\in AB\)(gt)
\(N\in AC\)(gt)
\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AN}{AC}\left(=\dfrac{1}{4}\right)\)(cmt)
Do đó: MN//BC(Định lí Ta lét đảo)
AMAM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên AM=BC2=BMAM=BC2=BM
⇒△MAB⇒△MAB cân tại MM
⇒BAMˆ=MBAˆ⇒BAM^=MBA^
Ta có:
BADˆ=DAMˆ−BAMˆ=900−MBAˆ=900−HBAˆBAD^=DAM^−BAM^=900−MBA^=900−HBA^
HABˆ=900−HBAˆHAB^=900−HBA^
⇒BADˆ=HABˆ⇒BAD^=HAB^ nên ABAB là tia phân giác DAHˆDAH^ (đpcm)
b)
Xét tam giác CADCAD và ABDABD có:
DˆD^ chung
ACDˆ=900−ABHˆ=BADˆACD^=900−ABH^=BAD^
⇒△CAD∼△ABD⇒△CAD∼△ABD (g.g)
⇒CAAB=ADBD=CDAD⇒CAAB=ADBD=CDAD
⇒CA2AB2=CDBD(∗)⇒CA2AB2=CDBD(∗)
Dễ thấy △BAH∼△BCA△BAH∼△BCA (g.g) và △CAH∼△CBA△CAH∼△CBA (g.g)
⇒BABC=BHBA⇒BABC=BHBA và CACB=CHCACACB=CHCA
⇒AB2=BC.BH⇒AB2=BC.BH và AC2=CH.BCAC2=CH.BC
⇒AC2AB2=CHBH(∗∗)⇒AC2AB2=CHBH(∗∗)
Từ (∗);(∗∗)⇒CDBD=CHBH(∗);(∗∗)⇒CDBD=CHBH
⇒CD.BH=CH.BD⇒CD.BH=CH.BD (đpcm)
a)
Ta có $BE \perp AC,\ CF \perp AB$ nên: $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$.
Lại có: $\widehat{ABE} = \widehat{ACF}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$).
=> $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ (g.g).
Tỉ số đồng dạng: $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.
b)
Ta có:
$\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$,
$\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$.
=> $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ (g.g).
c)
Gọi $I = EF \cap BC$, $M$ là trung điểm của $BC$.
Ta có hệ thức quen thuộc: $IE \cdot IF = IM^2 - MB^2$.
Mà $MB = \dfrac{BC}{2}$ nên: $MB^2 = \dfrac{BC^2}{4}$.
=> $IE \cdot IF = IM^2 - \dfrac{BC^2}{4}$.
d)
Gọi $N$ là trung điểm của $AH$.
Ta có $A,E,F,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên:
$N$ là tâm đường tròn đó.
=> $NE = NF$.
Do đó $N$ nằm trên đường trung trực của $EF$.
Mặt khác $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ cố định.
=> $MN \perp EF$.
a: ΔABC~ΔA'B'C'
=>\(\frac{AB}{A^{\prime}B^{\prime}}=\frac{AC}{A^{\prime}C^{\prime}}=\frac{BC}{B^{\prime}C\text{'}}=\frac12\)
=>\(\frac{3}{A^{\prime}B^{\prime}}=\frac{4}{A^{\prime}C^{\prime}}=\frac{5}{B^{\prime}C^{\prime}}=\frac12\)
=>\(A^{\prime}B^{\prime}=3\cdot2=6\left(\operatorname{cm}\right);A^{\prime}C^{\prime}=4\cdot2=8\left(\operatorname{cm}\right);B^{\prime}C^{\prime}=5\cdot2=10\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔA'B'C' có MN//B'C'
nên ΔA'MN~ΔA'B'C'
=>\(\hat{A^{\prime}MN}=\hat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}\) (1) và \(\hat{A^{\prime}NM}=\hat{A^{\prime}C^{\prime}B^{\prime}}\) (2)
ΔABC~ΔA'B'C'
=>\(\hat{ABC}=\hat{A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}}\left(3\right);\hat{ACB}=\hat{A^{\prime}C^{\prime}B^{\prime}}\left(4\right)\)
Từ (1),(3) suy ra \(\hat{A^{\prime}MN}=\hat{ABC}\)
Từ (2),(4) suy ra \(\hat{A^{\prime}NM}=\hat{ACB}\)
Xét ΔA'MN và ΔABC có
\(\hat{A^{\prime}MN}=\hat{ABC}\)
\(\hat{A^{\prime}NM}=\hat{ACB}\)
Do đó: ΔA'MN~ΔABC
c: Xét ΔA'B'C' có MN//B'C'
nên \(\frac{MN}{B^{\prime}C^{\prime}}=\frac{A^{\prime}M}{AB}\)
=>\(\frac46=\frac{MN}{10}\)
=>\(MN=10\cdot\frac46=\frac{40}{6}=\frac{20}{3}\) (cm)