Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Áp dụng HTL => \(AE.AB=AH^2\)và \(AF.AC=AH^2\)
<=> Ta lần lượt có \(AE.m=AH^2\)và \(AF.n=AH^2\)
Tiếp tục áp dụng HTL => \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)=> \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}=\frac{\left(m^2+n^2\right)}{m^2n^2}\)
<=> \(AH^2=\frac{\left(m^2n^2\right)}{m^2+n^2}\)
=> AE.m=\(\frac{m^2n^2}{m^2+n^2}\)và AF.n=\(\frac{m^2n^2}{m^2+n^2}\)
=> AE; AF=......
b) Lần lượt áp dụng các HTL, ta có:
\(BE.AE=HE^2\); \(AF.CF=HF^2\)
<=> \(BE.CF.AE.AF=\left(HE.HF\right)^2\)
Do tứ giác AEHF có 3 góc vuông => AEHF là HCN => HE=AF; HF=AE; AH=EF
<=> \(BE.CF.BC=AE.AF.BC\) \(=\frac{AE.AF.BC.AH}{AH}\)\(=\frac{AE.AB.AF.AC}{AH}\)(HTL)\(=\frac{AH^2.AH^2}{AH}=AH^3=EF^3\)(Lại Áp dụng HTL)
=> \(BC.CF.BC=EF^3\left(đpcm\right)\)
Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=b^2+c^2\)
=>\(BC=\sqrt{b^2+c^2}\)
ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\)
ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)
=>\(AE=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}:c=\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}:b=\frac{c}{\sqrt{b^2+c^2}}\)
b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\) ; \(CH\cdot CB=CA^2\)
Xét ΔABC vuông tại A có HF//AC
nên \(\frac{BF}{BA}=\frac{FH}{AC}\)
=>\(BF\cdot AC=BA\cdot FH\)
\(BF\cdot\sqrt{CH\cdot CB}+CE\cdot\sqrt{BH\cdot CB}\)
\(=BF\cdot\sqrt{CA^2}+CE\cdot\sqrt{BA^2}\)
\(=BF\cdot AC+CE\cdot AB\)
\(=BA\cdot FH+BA\cdot CE=BA\cdot\left(FH+CE\right)=BA\cdot\left(AE+CE\right)=BA\cdot AC\)
\(=AH\cdot BC\)
=>\(BF\cdot\sqrt{CH}+CE\cdot\sqrt{BH}=AH\cdot\sqrt{BC}\)
2: \(BC\cdot cos^3B\)
\(=BC\cdot cosB\cdot cos^2B\)
\(=BC\cdot\dfrac{BA}{BC}\cdot\left(\dfrac{BH}{BA}\right)^2=BA\cdot\dfrac{BH^2}{BA^2}=\dfrac{BH^2}{BA}=BD\)
1: \(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)
\(BH=\dfrac{6^2}{10}=3.6\left(cm\right)\)
Xét ΔBAC vuông tại A có sin B=AC/BC=4/5
nên góc B=53 độ
=>góc C=37 độ
Lời giải:
a) Áp dụng các công thức trong hệ thức lượng trong tam giác vuông đối với:
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$: $\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}$
$\Rightarrow AH^2=\frac{m^2n^2}{m^2+n^2}$
Tam giác $AHC$ vuông tại $H$ đường cao $HE$: $AH^2=AE.AC$
$\Leftrightarrow \frac{m^2n^2}{m^2+n^2}=AE.n\Rightarrow AE=\frac{m^2n}{m^2+n^2}$
Hoàn toàn tương tự: $AF=\frac{mn^2}{m^2+n^2}$
b) Đề đúng phải là: $EF^3=AE.BC.AF$
Xét tứ giác $AEHF$ có 3 góc vuông nên $AEHF$ là hình chữ nhật.
$\Rightarrow EF=AH\Rightarrow EF^3=AH^3(*)$
Mặt khác:
Theo phần a: $AH^2=AE.AC=AF.AB$
$\Rightarrow AH^4=AE.AF.AB.AC=AE.AF.2S_{ABC}=AE.AF.AH.BC$
$\Leftrightarrow AH^3=AE.AF.BC(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow EF^3=AE.AF.BC$ (đpcm)
c)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông với tam giác $ABC$, đường cao $AH$ và tam giác vuoogn $AHC$ đường cao $HE$:
$BF.\sqrt{CH}+CE.\sqrt{BH}=AH.\sqrt{BC}$
$\Leftrightarrow BF.\sqrt{CH.CB}+CE.\sqrt{BH.BC}=AH.BC$
$\Leftrightarrow BF. \sqrt{AC^2}+CE.\sqrt{AB^2}=AH.BC$
$\Leftrightarrow BF.AC+CE.AB=AH.BC$
$\Leftrightarrow (BA-AF)AC+CE.AB=AH.BC$
$\Leftrightarrow AF.AC=CE.AB$
$\Leftrightarrow $AF.AC=\frac{HE^2}{AE}.AB$
$\Leftrightarrow AF.AC=\frac{AF^2}{AE}.AB$
$\Leftrightarrow AE.AC=AF.AB$ (luôn đúng vì cùng bằng $AH^2$)
Vậy........
Hình vẽ: