Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tam giác ABH vuông tại H, đường cao HG
Ta có : \(NH^2=AB.BG\)( hệ thức lượng )
b, Xét tam giác AHC vuông tại H, đường cao HK
Ta có : \(AH^2=AK.AC\)( hệ thức lượng ) (1)
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
Ta có : \(AH^2=HB.HC\)( hệ thức lượng ) (2)
Từ (1) ; (2) suy ra : \(AK.AC=HB.HC\Rightarrow\frac{AC}{HC}=\frac{HB}{AK}\)
bạn tự vẽ hình nhá!
giải
a) ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PI-TA GO-VÀ \(\Delta\)VUÔNG ABC TA CÓ:
\(AB^2\)\(+\)\(AC^2\)\(=\)\(BC^2\)
\(\Rightarrow\)\(3^2\)\(+\)\(4^2\)\(=\)\(BC^2\)
\(\Rightarrow9+16=BC^2\)
\(\Rightarrow25=BC^2\)
\(\Rightarrow5=BC\)
ÁP DỤNG HỆ THỨC 3 VÀO \(\Delta\)ABC TA CÓ:
AB.AC=BC.CH\(\Rightarrow\)AH=\(\frac{AB.AC}{BC}\)=\(\frac{3.4}{5}\)=2,5
ÁP DỤNG HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC TA CÓ:
\(AB^2=BC.BH\)\(\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}\)=\(\frac{3^2}{5}=1,8\)
\(AC^2=BC\times CH\Rightarrow HC=\frac{AC^2}{BC}=\frac{4^2}{5}=3,2\)
AB.AC = BC.AH ( hệ thức trong tam giác vuông )
<=> AB²AC² = BC²AH²
<=> AH² = AB²AC² / BC²
<=> AH² = AB²AC² / AB²+AC² ( Tính chất Pytago )
<=> 1/AH² = AB²+AC² / AB²AC²
<=> 1/AH² = 1/AB² + 1/AC²
=> đpcm
Cho tam giác ABC vuông tại A( AB<AC ), có đường cao AH, trung tuyến AM Gọi E và F lần lượt la hình chiếu của H lên AB và AC; I và K lần lượt là trung điểm của HB và HC. CM :
b) Định lí PYTAGO cho tam giác AHM vuông tại H: \(AM^2=AH^2+HM^2\Rightarrow AH^2=AM^2-HM^2\)
M trung điểm HC \(\Rightarrow HM=MC\Rightarrow AH^2=AM^2-MC^2\)(1)
Định lí PYTAGO cho 2 tam giác AMI và CMI đều vuông tại I: \(\hept{\begin{cases}AM^2=AI^2+MI^2\\MC^2=MI^2+IC^2\end{cases}}\)
Thế vào (1) \(\Rightarrow AH^2=\left(AI^2+MI^2\right)-\left(MI^2+IC^2\right)=AI^2-IC^2\)
a. Theo hệ thức liên hệ giữa cạnh góc vuông và hình chiếu: Tam giác AHB có \(HB^2=BE\cdot BA,\) tam giác AHC có
\(HC^2=CF\cdot CA\to\frac{BE}{FC}\cdot\frac{AB}{AC}=\frac{HB^2}{HC^2}=\frac{\left(HB\cdot BC\right)^2}{\left(HC\cdot BC\right)^2}=\frac{AB^4}{AC^4}\to\frac{BE}{CF}=\frac{AB^3}{AC^3}.\)
b.
Cách giải lớp 9
Ta có \(\frac{BE}{BH}\cdot\frac{CF}{CH}\cdot\frac{BC}{AH}=\cos B\cdot\cos C\cdot\left(\frac{HB}{AH}+\frac{HC}{AH}\right)=\cos B\cdot\cos C\cdot\left(\tan B+\tan C\right)\)
\(=\sin B\cdot\cos C+\cos B\cdot\sin C=\sin^2B+\cos^2B=1.\) (Ở đây chú ý rằng \(\cos B=\sin C,\sin B=\cos C\) ).
Suy ra \(BE\cdot CF\cdot BC=\left(BH\cdot CH\right)\cdot AH=AH^2\cdot AH=AH^3.\)
Cách giải lớp 8
\(\frac{BE}{BH}\cdot\frac{CF}{CH}\cdot\frac{BC}{AH}=\frac{BA}{BC}\cdot\frac{CA}{BC}\cdot\frac{BC}{AH}=\frac{AB\cdot AC}{BC\cdot AH}=1\to BE\cdot CF\cdot BC=\left(BH\cdot CH\right)\cdot AH=AH^3.\)
a)
Liên tiếp áp dụng HTL, ta có: \(\hept{\begin{cases}AB.AK=AH^2\\HB.HC=AH^2\end{cases}}\)
=> \(AB.AK=HB.HC\)
=> TA CÓ ĐPCM.
b) LIÊN TIẾP ÁP DỤNG HTL TA ĐƯỢC:
\(\hept{\begin{cases}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.CB\end{cases}}\)
CÓ: \(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH.BC}{CH.CB}=\frac{HB}{HC}\)
VẬY TA CÓ ĐPCM.
A H B C
Xét \(\Delta ABC\)vuông tại A có: \(AH\perp BC\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB^2=BH.BC\\AC^2=CH.BC\end{cases}}\)
Ta có: \(AB^2.HC=BH.BC.HC\left(1\right)\)
\(AC^2.HB=CH.BC.HC\left(2\right)\)
Từ 1 và 2= đpcm
Xét hai tam giác vuông ABH và CAH có:
ABH^=HAC^ (cùng phụ với góc BAH^)
Do đó, ΔABH∼ΔCAH
Suy ra: AH/CH=BH/AH ⇒AH^2=BH.CH.