Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: BC=BH+CH
=4+9
=13(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(AH^2=4\cdot9=36\)
=>\(AH=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC\)
=>\(AB^2=4\cdot13=52\)
=>\(AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)
b:
CK//AB
CA\(\perp\)AB
Do đó: CK\(\perp\)CA tại C
Xét ΔACK vuông tại C có CH là đường cao
nên \(HA\cdot HK=CH^2\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(CH\cdot HB=HA^2\)
Xét ΔAHC vuông tại H có \(AC^2=CH^2+HA^2\)
=>\(AC^2=HA\cdot HK+CH\cdot HB\)
c: Gọi M là trung điểm của BC
Ta có: ΔABC vuông tại A
=>ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>ΔABC nội tiếp (M)
Xét tứ giác BAEF có
\(\widehat{BFE}+\widehat{BAE}=90^0+90^0=180^0\)
Do đó: BAEF là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BAF}=\widehat{BEF}\)(1)
Ta có: AH\(\perp\)BC
EF\(\perp\)BC
Do đó: AH//EF
=>AD//EF
=>\(\widehat{ADB}=\widehat{BEF}\)(hai góc so le trong)(2)
Xét ΔCAD có
CH là đường cao
CH là đường trung tuyến
Do đó: ΔCAD cân tại C
=>CA=CD
Xét ΔBAD có
BH là đường cao
BH là đường trung tuyến
Do đó: ΔBAD cân tại B
=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{BAD}=\widehat{BAF}\)
mà \(\widehat{BAD}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
nên \(\widehat{BAF}=\widehat{ACB}\)
Ta có: MA=MB
=>ΔMAB cân tại M
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)
=>\(\widehat{MAB}=\widehat{ABC}\)
Ta có: \(\widehat{MAF}=\widehat{MAB}+\widehat{BAF}\)
\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}\)
\(=90^0\)
=>MA\(\perp\)FA tại A
Xét (M) có
MA là bán kính
FA\(\perp\)MA tại A
Do đó: FA là tiếp tuyến của (M)
hay FA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC
tb. Kéo dài BH cắt AC tại K
Vì H là điểm đối xứng của M qua BC (gt) => BC là đường trung trực của HM (định nghĩa đối xứng trục) => BH = BM (định lý thuận) => \(\Delta BHM\)cân tại B (định nghĩa) => BC là đường phân giác của \(\widehat{HBM}\)(định lý 1) => \(\widehat{CBM}=\widehat{CBH}\)\(=\widehat{CBK}\)(1)
Xét đường tròn (O) có: \(\widehat{CBM}=\widehat{CAM}(=\frac{1}{2}sđ\widebat{CM})\)(2)
Từ (1) và (2) => \(\widehat{CBK}=\widehat{CAM}=\widehat{CAD}\)(do A,D,M => \(\widehat{CAM}=\widehat{CAD}\)) (3)
Xét \(\Delta ACD\)có: \(\widehat{ACD}+\widehat{CAD}=90^o\)hay \(\widehat{KCB}+\widehat{CAD}=90^o\)(do A,K,C và B,D,C => \(\widehat{ACD}=\widehat{KCB}\)) (4)
Thay (3) vào (4) => \(\widehat{CBK}+\widehat{KCB}=90^o\)
Mà trong \(\Delta BCK\)thì : \(\widehat{CBK}+\widehat{KCB}+\widehat{BKC}=180^o\Rightarrow\widehat{BKC}=90^o\Rightarrow BK\perp AC\)=> BK là đường cao của \(\Delta ABC\)
Lại có H là giao điểm của AD và BK => H là trực tâm của \(\Delta ABC\)(đpcm)
c. Vì tứ giác BDME là tứ giác nội tiếp (cmt) => \(\widehat{MED}=\widehat{MBD}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{MD}\right)\)= \(\widehat{MBC}\)(do B,D,C ) = \(\widehat{MAC}\)= \(\widehat{MAF}\)(do A,F,C )(5)
Tứ giác AEMF có: \(\widehat{AEM}+\widehat{AFM}=90^o+90^o=180^o\)(do ME\(\perp AB\)tại E (gt) => \(\widehat{AEM}=90^o\)và MF \(\perp AC\)tại F (gt) => \(\widehat{AFM}=90^o\))
=> Tứ giác AEMF là tứ giác nội tiếp( Dhnb) => \(\widehat{MEF}=\widehat{MAF}\)(cùng = \(\frac{1}{2}sđ\widebat{MF}\)) (6)
Từ (5) và (6) => \(\widehat{MED}=\widehat{MEF}\Rightarrow\)3 điểm E, D, F thẳng hàng (2 góc cùng số đo, có 1 cạnh chung, 2 cạnh còn lại nằm về 1 phía so với cạnh chung thì 2 cạnh còn lại trùng nhau) => Đpcm