Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông đối với tam giác vuông $AHB$, đường cao $HE$:
$EA.EB=HE^2$
Tương tự: $FA.FC=HF^2$
$\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HE^2+HF^2=EF^2(1)$ (định lý Pitago)
Mặt khác: Dễ thấy $HEAF$ là hình chữ nhật do có 3 góc $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}=90^0$
$\Rightarrow EF=HA$
$\Rightarrow EF^2=HA^2(2)$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:
$AH^2=HB.HC(3)$
Từ $(1);(2); (3)\Rightarrow EA.EB+FA.FC=HB.HC$ (đpcm)
a, Gọi giao điểm của AB và EH là O
Xét tg AEO có \(\sin\widehat{A}=\dfrac{OE}{OA}\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OEA}=\widehat{HDO}=90^0\\\widehat{AOE}.chung\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta ODH\sim\Delta OEA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OD}{OE}=\dfrac{OH}{OA}\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OD}{OE}=\dfrac{OH}{OA}\\\widehat{AOE}.chung\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta OHA\sim\Delta ODE\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{DE}{AH}=\dfrac{OE}{OA}=\sin\widehat{A}\\ \Rightarrow DE=AH\cdot\sin\widehat{A}\)
b, Áp dụng công thức diện tích tam giác bằng \(\dfrac{1}{2}\) tích hai cạnh kề với sin của góc hợp bởi hai cạnh đó trong tam giác.
\(S_{ABC}=S_{AIB}+S_{AIC}\\ \Rightarrow\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot\sin\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AI\cdot\sin\widehat{BAI}+\dfrac{1}{2}AC\cdot AI\cdot\sin\widehat{CAI}\)
Mà AI là p/g nên \(\widehat{BAI}=\widehat{CAI}=\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}=30^0\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}AB\cdot AC\cdot\sin60^0=\dfrac{1}{2}AB\cdot AI\cdot\sin30^0+\dfrac{1}{2}AC\cdot AI\cdot\sin30^0\\ \Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB\cdot AC=\dfrac{1}{4}AB\cdot AI+\dfrac{1}{4}AC\cdot AI\\ \Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{4}\cdot AB\cdot AC=\dfrac{1}{4}AI\left(AB+AC\right)\\ \Rightarrow\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{4}}{\dfrac{1}{4}AI}=\dfrac{AB+AC}{AB\cdot AC}\\ \Rightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{AI}=\dfrac{1}{AB}+\dfrac{1}{AC}\left(đpcm\right)\)
a) Ta có: \(\angle HEA=\angle HFA=\angle EAF=90\Rightarrow AEHF\) là hình chữ nhật
\(\Delta AHB\) vuông tại H có HE là đường cao \(\Rightarrow AE.AB=AH^2\)
\(\Delta AHC\) vuông tại H có HF là đường cao \(\Rightarrow AF.AC=AH^2\)
\(\Rightarrow AE.AB=AF.AC\)
b) \(\Delta ABC\) vuông tại A có đường cao AH \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow AB^2-AC^2=BH.BC-CH.BC=BC\left(BH-CH\right)\)
\(=\left(BH+CH\right)\left(BH-CH\right)=BH^2-CH^2\)
c) Ta có: \(\dfrac{1}{HF^2}-\dfrac{1}{CH^2}=\dfrac{1}{AF.FC}-\dfrac{1}{CA.CF}=\dfrac{1}{CF}\left(\dfrac{1}{AF}-\dfrac{1}{CA}\right)\)
\(=\dfrac{1}{CF}.\dfrac{CF}{AF.AC}=\dfrac{1}{AH^2}\)
Lại có: \(\dfrac{1}{HE^2}-\dfrac{1}{BH^2}=\dfrac{1}{BE.EA}-\dfrac{1}{BE.BA}=\dfrac{1}{BE}\left(\dfrac{1}{EA}-\dfrac{1}{BA}\right)\)
\(=\dfrac{1}{BE}.\dfrac{BE}{EA.BA}=\dfrac{1}{AH^2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{HF^2}-\dfrac{1}{CH^2}=\dfrac{1}{HE^2}-\dfrac{1}{BH^2}\Rightarrow\dfrac{1}{BH^2}-\dfrac{1}{CH^2}=\dfrac{1}{HE^2}-\dfrac{1}{HF^2}\)
d) Ta có: \(AH^4=\left(AH^2\right)^2=\left(BH.CH\right)^2=BH^2.CH^2\)
\(=BE.BA.CF.CA=BE.CF.\left(AB.AC\right)=BE.CF.AH.BC\)
\(\Rightarrow BC.BE.CF=AH^3\)
e) Ta có: \(AE.BE+AF.CF=EH^2+HF^2=EF^2=AH^2=BH.CH\)
f) Ta có: \(3AH^2+BE^2+CF^2=3AH^2+BH^2-EH^2+CH^2-HF^2\)
\(=3AH^2+BH^2+CH^2-\left(EH^2+HF^2\right)\)
\(=3AH^2+BH^2+CH^2-EF^2=3AH^2+BH^2+CH^2-AH^2\)
\(=BH^2+CH^2+2AH^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)
\(=\left(BH+CH\right)^2=BC^2\)
b: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:
\(BE\cdot BA=BH^2\)
hay \(BE=\dfrac{BH^2}{BA}\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔACH vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền CA, ta được:
\(CF\cdot CA=CH^2\)
hay \(CF=\dfrac{CH^2}{CA}\)
Ta có: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{CA}\)
\(=\dfrac{BH^2}{CH^2}\cdot\dfrac{AC}{AB}\)
\(=\dfrac{AB^4\cdot AC}{AC^4\cdot AC}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)
Δ ABC vuông tại A đường cao AH
⇒BH.CH=\(AH^2\)⇒AH=\(\sqrt{9\cdot16}\)=12 cm
BC=CH+BH=9+16=25 cm
\(AB^2\)=BH.BC=9.25=225⇒AB=15 cm
\(AC^2\)=CH.BC=16.25=400⇒AC=20 cm
Ta có:góc A=góc E =góc D=90 nên tứ giác ADHE là hcn
⇒góc AED=góc AHD (1)
lại có:góc AHD=góc ABC (cùng phụ với góc DHB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra góc AED = góc ABC
Xét Δ AED và Δ ABC có
góc A chung
góc AED = góc ABC (cmt)
Nên Δ AED = Δ ABC
⇒\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AD}{AC}\)⇔AE.AC=AB.AD
c: Xét ΔABH vuông tại H có HD là đường cao ứng với cạnh huyền AB
nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔACH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AC
nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)
Hình tự vẽ
a) \(\Delta\)ABH vuông tại H có đường cao HD
=> AD.AB = AH2 (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (1)
\(\Delta\)AHC vuông tại H có đường cao HE
=> AE.AC = AH2 (Hệ thức lượng rong tam giác vuông) (2)
Từ (1) và (2) => AD.AB = AE.AC (=AH2)
b) \(\Delta\)AHB vuông tại H có đường cao HD
=> \(\dfrac{1}{HD^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{BH^2}\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (3)
\(\Delta\)AHC vuông tại H có đường cao HE
=> \(\dfrac{1}{HE^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{HC^2}\) (Hệ thức lượng trong tam giác vuông) (4)
Từ (3) và (4) => \(\dfrac{1}{HD^2}+\dfrac{1}{HE^2}=\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{HC^2}+\dfrac{1}{AH^2}+\dfrac{1}{HB^2}=\dfrac{2}{AH^2}+\dfrac{1}{HC^2}+\dfrac{1}{HB^2}\)
c) Kẻ đường cao CM
Xét \(\Delta\)ABH và \(\Delta\)CBM có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{CMB}\left(=90^o\right)\)
Chung \(\widehat{ABC}\)
=> \(\Delta\)ABH ~ \(\Delta\)CBM (g.g)
=> \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{BC}{CM}\)
=> AH.CM = BC.AD (*)
Vì AD.AB = AE.AC (cmt)
=> \(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)
Xét \(\Delta\)ADE và \(\Delta\)ACB có:
\(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)
Chung \(\widehat{BAC}\)
=> \(\Delta\)ADE ~ \(\Delta\)ACB (c.g.c)
=> \(\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AC}\)
=> DE.AC = BC.AD (**)
Từ (*) và (**) => AH.CM = DE.AC
=> \(DE=AH.\dfrac{CM}{AC}\)(I)
\(\Delta\)ACM vuông tại M => \(\sin A=\dfrac{CM}{AC}\) (II)
Từ (I) và (II) => DE = AH.sin A
Khôi Bùi DƯƠNG PHAN KHÁNH DƯƠNGMysterious PersonPhạm Hoàng GiangPhùng Khánh LinhArakawa WhiteDũng NguyễnrJakiNatsumiTRẦN MINH HOÀNGtran nguyen bao quan