Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Sửa đề: ΔABC cân tại A
ΔABC cân tại A
mà AH là đường cao
nên H là trung điểm của BC
=>\(HB=HC=\frac{BC}{2}=3\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔAHB vuông tại H
=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AH^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)
=>AH=4(cm)
Xét ΔAHB vuông tại H có sin B=\(\frac{AH}{AB}=\frac45\)
nên \(\hat{ABC}\) ≃53 độ
ΔBCA cân tại A
=>\(\hat{ABC}=\hat{ACB}\)
=>\(\hat{ACB}=53^0\)
ΔABC cân tại A
=>\(\hat{BAC}=180^0-2\cdot\hat{ABC}=180^0-2\cdot53^0=180^0-106^0=74^0\)
b: Xét ΔBCA có \(\frac{AC}{\sin B}=2R\)
=>\(2R=5:\frac45=5\cdot\frac54=\frac{25}{4}\)
=>\(R=\frac{25}{8}\) (cm)
a: Sửa đề: Gọi H' là điểm đối xứng của H qua BC. Chứng minh ABH'C là tứ giác nội tiếp
Gọi D là giao điểm của BH và AC, E là giao điểm của CH và AB
H là trực tâm của ΔABC
=>BH⊥AC tại D và CH⊥AB tại E
Xét tứ giác AEHD có \(\hat{AEH}+\hat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EAD}+\hat{EHD}=180^0\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\)
H' đối xứng H qua BC
=>BC là đường trung trực của HH'
=>BH=BH' và CH=CH'
Xét ΔBHC và ΔBH'C có
BH=BH'
CH=CH'
BC chung
Do đó: ΔBHC=ΔBH'C
=>\(\hat{BHC}=\hat{BH^{\prime}C}\)
=>\(\hat{BAC}+\hat{BH^{\prime}C}=180^0\)
=>ABH'C là tứ giác nội tiếp
b:
Gọi \(R_1;R_2\) lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABC, HBC
Xét ΔHBC có \(\frac{BC}{sinBHC}=2R_2\)
Xét ΔABC xcó \(\frac{BC}{\sin BAC}=2R_1\)
mà \(\sin BAC=\sin BHC\left(\hat{BAC}+\hat{BHC}=180^0\right)\)
nên \(\frac{BC}{\sin BHC}=2R_1\)
=>\(2R_1=2R_2\)
=>\(R_1=R_2\)