Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(AB^2=AH^2+BH^2\Rightarrow AH^2=AB^2-BH^2\left(1\right)\left(Pitago\right)\)
\(AC^2=AH^2+CH^2\Rightarrow AH^2=AC^2-CH^2\left(2\right)\left(Pitago\right)\)
\(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow AC^2-CH^2=AB^2-BH^2\)
\(\Rightarrow AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\)
\(\Rightarrow dpcm\)
Ta có \(AB^2-AC^2=\left(BH^2+AH^2\right)-\left(CH^2+AH^2\right)\) \(=BH^2-CH^2\) \(\Rightarrow AB^2+CH^2=AC^2+BH^2\), đpcm.
(Bài này kết quả vẫn đúng nếu không có điều kiện tam giác ABC vuông tại A.)
Bài 2:
Ta có: \(3n^3+10n^2-5⋮3n+1\)
\(\Leftrightarrow3n^3+n^2+9n^2+3n-3n-1-4⋮3n+1\)
\(\Leftrightarrow3n+1\in\left\{1;-1;2;-2;4;-4\right\}\)
\(\Leftrightarrow3n\in\left\{0;-3;3\right\}\)
hay \(n\in\left\{0;-1;1\right\}\)
f: \(3ab-6a+b-2\)
\(=3a\left(b-2\right)+\left(b-2\right)\)
\(=\left(b-2\right)\left(3a+1\right)\)
Bài 5:
Xét ΔBAC có
FG//AC
nên \(\dfrac{FG}{AC}=\dfrac{BG}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
hay AC=16(m)
40: Ta có: \(A=27x^3+8y^3-3x-2y\)
\(=\left(3x+2y\right)\left(9x^2-6xy+4y^2\right)-\left(3x+2y\right)\)
\(=\left(3x+2y\right)\left(9x^2-6xy+4y^2-1\right)\)
a: Xét tứ giác ABQN có
\(\widehat{BQN}=\widehat{QNA}=\widehat{NAB}=90^0\)
=>ABQN là hình chữ nhật
b: Xét ΔCAD có
DN,CH là các đường cao
DN cắt CH tại M
Do đó: M là trực tâm của ΔCAD
=>AM\(\perp\)CD
c: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có
\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
Do đó: ΔHAB đồng dạng với ΔHCA
=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)
=>\(HA^2=HB\cdot HC\)
=>\(HA=\sqrt{HB\cdot HC}\)
【Giải thích】：
a) Tứ giác ABQN có:
HN là đường cao của △ADN nên AN ⊥ DN tại N. (1)
BQ là đường cao của △BDN nên BN ⊥ DQ tại Q. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra AN//BQ và AN = BQ. (3)
Tứ giác ABQN có 3 góc vuông tại A, N và Q.
Từ (3) kết hợp với việc có 3 góc vuông, ABQN là hình chữ nhật.
b) Qua điểm N kẻ đường thẳng song song với HA cắt AB tại P. Kết quả HN // AP và HN = AP (HN = AP = HD mà HD = HA).
Vì HN // AP và IN là trung trực của MP (do I là trung điểm CM), suy ra I là trung điểm của NP (BĐT Ơ-clit), điều này chứng tỏ NA = NP. Đây cũng là tứ giác nội tiếp vượt qua giai thoại N (tính chất của dãy điểm điều hòa). A, N, I và P thẳng hàng.
Khi đó tam giác CPI đồng dạng sang tam giác DAP (g.c.g: ∠API = ∠DPA và AD = AC), do đó:
∠ACP = ∠PDA.
AP ⊥ IDbởi hình chữ nhật ABQN → ∠ACP = 90°.
Vậy ∠PDA cũng bằng 90°. Tức là AD ⊥ CP hay AM ⊥ CD.
HN vào trung tuyến của tam giác vuông ADB nên HN = 1/2 AB. Tì đó HN là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó góc A = 90°. Do I là trung điểm của MP và AMI là phần của trục đối xứng thì MA ⊥ PI hay INH = 90°.
c) Ta có HB × HC bằng bình phương độ dài đường cao của tam giác ABC (nguyên tắc theo độ dài đối xứng khi phản xạ ánh sáng có góc nhìn chung là 90°, đối với hình ảnh chính giữa của ống dẫn như là gương). De đích chính, ABC là tam giác vuông tại A,
chúng ta có BH × HC = AH^2. Chứng minh được.
【Câu trả lời】：
a) Tứ giác ABQN là hình chữ nhật.
b) AM ⊥ CD và ∠INH = 90°.
c) HA = √(HB × HC).
Bạn có làm được ý INH =90 độ k bạn
Bạn k làm được ý kia ạ?
Bạn k làm được ý kia ạ?