Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Vì \(BE\)là đường cao nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \); vì \(CF\)là đường cao nên \(\widehat {AFC} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(AEB\) và tam giác \(AFC\) có:
\(\widehat A\) (chung)
\(\widehat {AEB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AEB\backsim\Delta AFC\) (g.g).
b) Vì \(\Delta AEB\backsim\Delta AFC\) nên \(\widehat {ACF} = \widehat {ABE}\) (hai góc tương ứng) hay \(\widehat {ECH} = \widehat {FBH}\).
Xét tam giác \(HEC\) và tam giác \(HFB\) có:
\(\widehat {ECH} = \widehat {FBH}\) (chứng minh trên)
\(\widehat {CEH} = \widehat {BFH} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HEC\backsim\Delta HFC\) (g.g).
Suy ra, \(\frac{{HE}}{{HF}} = \frac{{HC}}{{HB}}\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Hay \(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HB}}\) (điều phải chứng minh).
c) Xét tam giác \(HEF\) và tam giác \(HCB\) có:
\(\widehat {FHE} = \widehat {BHC}\) (hai góc đối đỉnh)
\(\frac{{HE}}{{HC}} = \frac{{HF}}{{HB}}\) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta HEF\backsim\Delta HCB\) (c.g.c).
a)Xét đồng dạng ms đc, bằng nhua cái kiểu j
Xét ABM và ACN có góc A chung góc N=M=90
b/Từ 2 tam giác đồng dạng bằng nhau ở a➩AN/AC=AM/AB,Lại có góc A chung nên suy ra AMN đồng dạng ABC
a: Xet ΔAMB vuông tại M và ΔANC vuông tại N có
góc MAB chung
=>ΔAMB đồng dạng với ΔANC
=>AM/AN=AB/AC
=>AM*AC=AN*AB; AM/AB=AN/AC
b: Xet ΔAMN và ΔABC co
AM/AB=AN/AC
góc A chung
=>ΔAMN đồng dạng với ΔABC
c: góc MPH=góc ACN
góc NPH=góc ABM
góc ACN=góc ABM
=>góc MPH=góc NPH
=>PH là phân giác củagóc MPN
Bài 2:
1: Xét ΔHBC có HA' là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AA' là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC}{\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC}=\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}\)
Xét ΔHAC có HB' là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BB' là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC}{\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC}=\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}\)
Xét ΔHAB có HC' là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB\left(5\right)\)
Xét ΔCAB có CC' là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB}{\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB}=\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
Ta có: \(\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}+\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}+\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{BCH}}{S_{BAC}}=1\)
2: Xét ΔBA'H vuông tại A' và ΔBB'C vuông tại B' có
\(\hat{HBA^{\prime}}\) chung
Do đó: ΔBA'H~ΔBB'C
=>\(\frac{BA^{\prime}}{BB^{\prime}}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BB^{\prime}=BA^{\prime}\cdot BC\)
Xét ΔCA'H vuông tại A' và ΔCC'B vuông tại C' có
\(\hat{A^{\prime}CH}\) chung
Do đó: ΔCA'H~ΔCC'B
=>\(\frac{CA^{\prime}}{C^{\prime}C}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot C^{\prime}C=CA^{\prime}\cdot CB\)
\(BH\cdot BB^{\prime}+CH\cdot C^{\prime}C\)
\(=BA^{\prime}\cdot BC+CA^{\prime}\cdot BC=BC\left(BA^{\prime}+CA^{\prime}\right)=BC^2\)
Bài 1:
Xét ΔBAC có
BM,CN là các đường cao
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔBAC
=>AH⊥BC tại E
Xét tứ giác ANHM có \(\hat{ANH}+\hat{AMH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ANHM là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{NMH}=\hat{NAH}=\hat{BAE}\left(1\right)\)
Xét tứ giác CMHE có \(\hat{CMH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CMHE là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EMH}=\hat{ECH}=\hat{NCB}\)
mà \(\hat{NCB}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
nên \(\hat{EMH}=\hat{BAE}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMB}=\hat{EMB}\)
=>MB là phân giác của góc NME
a) Vì \(BM\)là đường cao nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \); vì \(CN\)là đường cao nên \(\widehat {ANC} = 90^\circ \)
Xét tam giác \(AMB\) và tam giác \(ANC\) có:
\(\widehat A\) (chung)
\(\widehat {ANB} = \widehat {ANC} = 90^\circ \) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AMB\backsim\Delta ANC\) (g.g).
Suy ra, \(\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (các cặp cạnh tương ứng có cùng tỉ lệ).
Do đó, \(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) (tỉ lệ thức)
Xét tam giác \(AMN\) và tam giác \(ABC\) có:
\(\widehat A\) (chung)
\(\frac{{AM}}{{AB}} = \frac{{AN}}{{AC}}\) (chứng minh trên)
Suy ra, \(\Delta AMN\backsim\Delta ABC\) (c.g.c).
b) Xét tam giác \(AMN\) có \(AI\) là đường phân giác của \(\widehat {MAN}\left( {I \in MN} \right)\).
Theo tính chất đường phân giác ta có:
\(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{AM}}{{AN}}\)
Xét tam giác \(ABC\) có \(AK\) là đường phân giác của \(\widehat {BAC}\left( {K \in BC} \right)\).
Theo tính chất đường phân giác ta có:
\(\frac{{BK}}{{KC}} = \frac{{AB}}{{AC}}\)
Mà \(\frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (chứng minh trên) nên \(\frac{{IM}}{{IN}} = \frac{{KB}}{{KC}}\) (điều phải chứng minh).