Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AC^2=CH\cdot CB\)
=>\(CH\cdot\left(CH+3,6\right)=8^2=64\)
=>\(CH^2+3,6\cdot CH-64=0\)
=>(CH+10)(CH-6,4)=0
=>CH-6,4=0
=>CH=6,4(cm)
BC=BH+CH=3,6+6,4=10(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC=3,6\cdot6,4=4,8^2\)
=>AH=4,8(cm)
ΔAHB vuông tại H
=>\(S_{HAB}=\frac12\cdot HA\cdot HB=\frac12\cdot4,8\cdot3,6=2,4\cdot3,6=8,64\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
ΔAHC vuông tại H
=>\(S_{HAC}=\frac12\cdot HA\cdot HC=\frac12\cdot4,8\cdot6,4=3,2\cdot4,8=15,36\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
\(S_{BAC}=S_{HAB}+S_{HAC}\)
=8,64+15,36
=24\(\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
b: ΔABC vuông tại A
mà AM là đường trung tuyến
nên AM=MB=MC=BC/2=5(cm)
ΔAHM vuông tại H
=>\(HA^2+HM^2=AM^2\)
=>\(HM^2=5^2-4,8^2=1,4^2\)
=>HM=1,4(cm)
ΔHAM vuông tại H
=>\(S_{HAM}=\frac12\cdot HA\cdot HM=\frac12\cdot1,4\cdot4,8=0,7\cdot4,8=3,36\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
Lời giải:
Vì $AB: AC=3:7$ nên đặt $AB=3a; AC=7a$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}$
$\frac{1}{42^2}=\frac{1}{(3a)^2}+\frac{1}{(7a)^2}$
$\frac{1}{42^2}=\frac{58}{441a^2}$
$\Rightarrow a=2\sqrt{58}$ (cm)
$AB=3a=6\sqrt{58}$ (cm)
$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{(6\sqrt{58})^2-42^2}=18$ (cm)
Chu vi $ABH$: $AB+BH+AH=6\sqrt{58}+18+42=60+6\sqrt{58}$ (cm)
$AC=7a=14\sqrt{58}$ (cm)
$HC=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{(14\sqrt{58})^2-42^2}=98$ (cm)
$S_{AHC}=\frac{AH.HC}{2}=\frac{42.98}{2}=2058$ (cm vuông)
\(a,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=15\left(cm\right)\left(pytago\right)\)
\(b,\) Áp dụng HTL: \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\Leftrightarrow AH=\dfrac{9\cdot12}{15}=7,2\left(cm\right)\)
\(c,\) Dễ thấy AEHF là hcn
Do đó \(\widehat{HAF}=\widehat{EFA}\)
Mà \(\widehat{HAF}=\widehat{HBA}\left(cùng.phụ.\widehat{HAB}\right)\)
Do đó \(\widehat{EFA}=\widehat{HBA}\)
Ta có \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBA}=\widehat{EFA}\\\widehat{BAC}.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ACB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\Rightarrow AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
\(d,\) Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AH^2=EA\cdot AB\\AH^2=FA\cdot AC\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE=\dfrac{AH^2}{AB}=5,76\left(cm\right)\\AF=\dfrac{AH^2}{AC}=4,32\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow S_{AEF}=\dfrac{1}{2}AE\cdot AF=\dfrac{1}{2}\cdot5,76\cdot4,32=12,4416\left(cm^2\right)\)
Mà \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB\cdot AC=54\left(cm^2\right)\)
Vậy \(S_{BEFC}=S_{ABC}-S_{AEF}54-12,4416=41,5584\left(cm^2\right)\)
1: XétΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot CB\)
=>\(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)
2:
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
XétΔHAC vuông tại H và ΔHBA vuông tại H có
\(\hat{HAC}=\hat{HBA}\left(=90^0-\hat{HCA}\right)\)
Do đó: ΔHAC~ΔHBA
=>\(\frac{S_{HAC}}{S_{HBA}}=\left(\frac{HA}{HB}\right)^2=\frac{HA^2}{HB^2}=\frac{HB\cdot HC}{HB^2}=\frac{HC}{HB}\)
=>\(\frac{HC}{HB}=\frac{8.64}{15.36}=0,5625=\frac{9}{16}\)
=>\(\frac{HC}{9}=\frac{HB}{16}=k\)
=>HC=9k; HB=16k
\(AH^2=HB\cdot HC=9k\cdot16k=144k^2=\left(12k\right)^2\)
=>AH=12k
\(S_{AHB}=\frac12\cdot HA\cdot HB=\frac12\cdot12k\cdot16k=6k\cdot16k=96k^2\)
=>\(96k^2=15,36\)
=>\(k^2=0,16=0,4^2\)
=>k=0,4
=>AH=12*0,4=4,8(cm)
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên AB^2=BH*BC và AC^2=CH*BC
=>AB^2/AC^2=BH/CH
b: S AHC=8,64
=>1/2*AH*HC=8,64
=>AH*HC=17,28
S AHB=15,36
=>1/2*AH*HB=15,36
=>AH*HB=30,72
mà AH*HC=17,28
nên AH*AH*HB*HC=30,72*17,28
=>AH^2*AH^2=30,72*17,28
=>AH^4=530,8416
=>\(AH=\sqrt[4]{530.8416}=4.8\left(cm\right)\)
Bài 3:
a: Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)
nên ΔABC vuông tại A
b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot7,5=4,5\cdot6=27\)
=>AH=27/7,5=3,6(cm)
c: Xét ΔABC vuông tại A có HA là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\)
=>\(BH=\frac{6^2}{7,5}=\frac{36}{7,5}=4,8\) (cm)
BH+HC=BC
=>HC=7,5-4,8=2,7(cm)
Bài 4:
a: Xét ΔBIC vuông tại I và ΔDKA vuông tại K có
BC=DA
\(\hat{BCI}=\hat{DAK}\) (hai góc so le trong, BC//DA)
Do đó: ΔBIC=ΔDKA
=>CI=AK
b: ΔBIC=ΔDKA
=>BI=DK
Xét tứ giác BIDK có
BI//DK
BI=DK
Do đó: BIDK là hình bình hành
Bài 1:
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔACH vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
=>\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
Xét ΔAMN và ΔACB có
\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
góc MAN chung
Do đó: ΔAMN~ΔACB
xét tam giác ABC vuông tại A . áp dụng Pytago
=>\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\)
\(BC=\sqrt{3^2+4^2}=5cm\)
có \(AC^2=CH.BC\)(hệ thức lượng)
\(=>CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{4^2}{5}=3,2cm\)
có tam giác AHC vuông tại H
=>\(AH=\sqrt{AC^2-CH^2}=\sqrt{4^2-3,2^2}=2,4cm\)
=>\(S\left(\Delta AHC\right)=\dfrac{AH.HC}{2}=\dfrac{ }{ }\)\(\dfrac{2,4.3,2}{2}=3,84cm^2\)