Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Mình sẽ làm từ câu C nha vì câu C có liên quan đến câu cuối
c/ Xét tam giác ABF và tam giác AEC ta có :
Góc BAF = góc CAE ( AF là phân giác)
góc ABF = góc AEC ( 2 góc nt chắn cung AC)
=>tam giác ABF đồng dạng tam giác AEC (g-g)
=>\(\frac{AB}{AE}=\frac{AF}{AC}\)=>AB.AC=AE.AF
d/ Xét tam giác ABF và tam giác CFE ta có:
góc ABF = góc FEC ( 2 góc nt chắn cung AC )
góc BAF = góc FCE (2 góc nt chắn cung EB )
=> tam giác ABF đồng dạng tam giác CEF (g-g)
=>\(\frac{FB}{FE}=\frac{FA}{FC}\)=>FB.FC=FA.FE
Ta có AF.AE=AB.AC (cmt)
AF.FE=BF.CF (cmt)
=> AF.AE-AF.FE = AB.AC - BF.CF
=> AF(AE-FE) = AB.AC - BF.CF
=> \(AF^2=AB.AC-BF.CF\)
a) Xét (O) có AE là tia phân giác của góc BAC
=> ^BAE=^CAE
=> sđBE=sđCE
=> BE=CE (liên hệ giữa cung và dây cung)
=> tam giác BEC cân tại E (đpcm)
b) Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
=> ^BAC+^BEC=180 độ (2 góc đối nhau)
<=> ^BEC=180 độ - ^BAC
Tam giác ABC có ^BAC+^ABC+^BCA=180 độ
=> =180 độ - ^BAC=^ABC+^BCA
Suy ra Góc BEC = góc ABC + góc ACB (đpcm)
c) AE là tia phân giác của góc BAC
=> ^BAE=^CAE
Hay ^BAF=^CAE
Tứ giác ABEC nội tiếp (O)
=> ^ABC=^AEC (2 góc nt chắn cung AC)
Hay ^ABF=^AEC
Xét tam giác ABF và tam giác AEC có:
^ABF=^AEC
^BAF=^CAE
=> tam giác ABF ~ tam giác AEC (g-g)
=> AB/AF=AE/AC
<=> AB.AC=AE.AF (đpcm)
Câu 2:
A B C M K H
Từ B, kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt AC tại M.
Từ giả thiết, ta có:
\(\cdot\) AH // BM (do cùng _I_ BC)
\(\cdot\) H là trung điểm của BC (\(\Delta ABC\) cân tại A có AH là đường cao)
Suy ra AH là đường trung bình của \(\Delta BMC\)
\(\Rightarrow BM=2AH\)
Xét \(\Delta BMC\) vuông tại B có BK là đường cao
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{BM^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\) (đpcm)
Câu 1:
A B C H E F
Xét \(\Delta ABC\) vuông tại A có AH là đường cao
\(\Rightarrow AB^2=BH\times BC\)
Xét \(\Delta HBA\) vuông tại H có HE là đường cao
\(\Rightarrow BH^2=BE\times AB\)
\(\Rightarrow BE^2=\dfrac{BH^4}{AB^2}=\dfrac{BH^4}{BH\times BC}=\dfrac{BH^3}{BC}\)
Chứng minh tương tự, ta có: \(CF^2=\dfrac{CH^3}{BC}\)
Suy ra \(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}=\dfrac{BH}{\sqrt[3]{BC}}+\dfrac{CH}{\sqrt[3]{BC}}=\dfrac{BH+CH}{\sqrt[3]{a}}=\dfrac{a}{\sqrt[3]{a}}=\left(\sqrt[3]{a}\right)^2\)
\(a)\widehat{BAE}=\widehat{CAE}\Rightarrow\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{CE}\Rightarrow BE=CE\)
Do đó \(\Delta BEC\) cân tại $E$
b) Ta có: \(\widehat{AEB}=\widehat{ACB};\widehat{AEC}=\widehat{ABC}\)
Nên: \(\widehat{BEC}=\widehat{AEB}+\widehat{AEC}=\widehat{ACB}+\widehat{ABC}\)
c) Ta có: \(\widehat{AEB}=\widehat{ACB};\widehat{BAE}=\widehat{FAC}\) nên \(\Delta AEB\) đồng dạng với \(\Delta ACF\left(g-g\right)\) suy ra \(\dfrac{{AE}}{{AC}} = \dfrac{{AB}}{{AF}} \Leftrightarrow AB.AC = AE.AF(1)\)
d) Ta có: \(\widehat{AEB}=\widehat{ACB;}\widehat{BFE}=\widehat{AFC}\) nên \(\Delta AFC\) đồng dạng với \(\Delta BFE\left(g-g\right)\) suy ra \(\dfrac{{AF}}{{BF}} = \dfrac{{CF}}{{EF}} (2)\)
Từ (1) và (2) suy ra: \(AB.AC-BF.CF=AE.AF-AF.EF=AF.\left(AE-EF\right)=AF^2\)
https://olm.vn/hoi-dap/question/1095832.html
Câu hỏi của em đã được trả lời tại đây nhé.
Lời giải:
Kẻ đường cao $BH$ ($H\in AC$)
Áp dụng định lý Pitago ta có:
$BC^2=BH^2+CH^2=(AB^2-AH^2)+(AC-AH)^2$
$=AB^2-AH^2+AC^2+AH^2-2AC.AH$
$=AB^2+AC^2-2AC.AH(1)$
Vì $\widehat{A}=45^0$ nên tam giác $AHB$ vuông cân tại $H$
$\Rightarrow AH=BH$
$\Rightarrow AB=\sqrt{AH^2+BH^2}=\sqrt{AH^2+AH^2}=\sqrt{2}AH(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2-2AC.\frac{AB}{\sqrt{2}}$
$=AB^2+AC^2-\sqrt{2}AB.AC$
Ta có đpcm.
Hình vẽ: