Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a)BC=25cm
AH=12cm
HC=16cm
b)áp dụng kiến thức 2 tam giác đồng dạng
cụ thể làΔABF vàΔCAE
c)
1 phần thôi nhé
Nối BE, Gọi P là giao điểm của AD với BE.
Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABE => AH/HE=BP/PE=> HP//AB(1).
Từ (1)=> Tam giác AHP cân tại H=> AH=HP.(2)
Ta cần chứng minh AD//CE <=> DP//CE <=> BD/BC=BP/BE <=> BD/BC=1-(EP/BE).(3)
Mà EP/BE=HP/AB (do (1))=> EP/BE= AH/AB=HD/DB (do (2) và tc phân giác). (4)
Khi đó (3)<=> BD/BC=1-(HD/DB) hay (BD/BC)+(HD/DB)=1 <=> BD^2+HD*BC=BC*DB
<=> BD^2+HD*BC= (BD+DC)*BD <=> BD^2+HD*BC= BD^2+BD*DC <=> HD*BC=BD*DC
<=> HD/DB=CD/BC <=> AH/AB=CD/BC. (5)
Chú ý: Ta cm được: CA=CD (biến đổi góc).
Nên (5) <=> AH/AB=CA/BC <=> Tg AHB đồng dạng Tg CAB.( luôn đúng)
=> DpCm.
a: BC=căn 15^2+20^2=25cm
AH=15*20/25=12cm
HC=AC^2/BC=20^2/25=16cm
Xét ΔACB vuông tại A có sin ACB=AB/BC=3/5
=>góc ACB=37 độ
b: Xét ΔHAB có HI/HA=HK/HB
nên IK//AB
=>KI vuông góc AC
Xét ΔCAK có
KI,AH là đường cao
KI cắt AH tại I
=>I là trực tâm
c: Xét ΔKBA và ΔIAC có
góc KBA=góc IAC
AB/AC=KB/IA=HB/HA
=>ΔKBA đồng dạng với ΔIAC
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: Sửa đề: \(AC=2\sqrt3\left(m\right)\)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=2^2+\left(2\sqrt3\right)^2=4+12=16\)
=>BC=4(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot4=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3\)
=>\(AH=\frac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3\) (cm)
Xét ΔBAC vuông tại A có sin B=\(\frac{AC}{BC}=\frac{2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}\)
nên \(\hat{B}=60^0\)
b: Xét ΔABE vuông tại A có AK là đường cao
nên \(BK\cdot BE=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BK\cdot BE=BH\cdot BC\)
Xét ΔEAB vuông tại A có AK là đường cao
nên \(EK\cdot EB=EA^2\)
=>\(EK\cdot EB=EC^2\)
=>\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)
Xét ΔEKC và ΔECB có
\(\frac{EK}{EC}=\frac{EC}{EB}\)
góc KEC chung
Do đó: ΔEKC~ΔECB