Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC). Các đường cao AK, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh tam giác ABK đồng dạng với tam giác CBF. b) Chứng minh: CH*CF=CE*CA .c)Gọi N là giao điểm của AK và EF; D là giao điểm của đường thẳng BC và EF, gọi O và I lần lượt là trung điểm của BC và AH. Chứng minh ON vuông góc với DI
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét tứ gíc AMDN có \(\widehat{AMD}=\widehat{AND}=\widehat{MAN}=90^0\)
nên AMDN là hình chữ nhật
=>AD=MN
b: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHAC vuông tại H có
\(\widehat{HBA}=\widehat{HAC}\left(=90^0-\widehat{HCA}\right)\)
Do đó: ΔHBA~ΔHAC
=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HA}{HC}\)
=>\(HA^2=HB\cdot HC\)
c: \(HA^2=HB\cdot HC\)
=>\(HA^2=2\cdot8=16=4^2\)
=>HA=4(cm)
ΔHAB vuông tại H
=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AB=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt{5}\left(cm\right)\)
ΔHAC vuông tại H
=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)
=>\(AC=\sqrt{4^2+8^2}=4\sqrt{5}\left(cm\right)\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: \(3x\left(x-2\right)=x^2-4\)
=>\(3x\left(x-2\right)-\left(x-2\right)\left(x+2\right)=0\)
=>\(\left(x-2\right)\left(3x-x-2\right)=0\)
=>(x-2)(2x-2)=0
=>2(x-2)(x-1)=0
=>(x-1)(x-2)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\x-2=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=2\end{matrix}\right.\)
b:
ĐKXĐ: \(x\notin\left\{1;-1\right\}\)
\(\dfrac{x+3}{x-1}+\dfrac{x}{x+1}=\dfrac{x^2+4x+5}{x^2-1}\)
=>\(\dfrac{\left(x+3\right)\left(x+1\right)+x\left(x-1\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\dfrac{x^2+4x+5}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)
=>\(\left(x+3\right)\left(x+1\right)+x\left(x-1\right)=x^2+4x+5\)
=>\(x^2+4x+3+x^2-x-x^2-4x-5=0\)
=>\(x^2-x-2=0\)
=>(x-2)(x+1)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=2\left(nhận\right)\\x=-1\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)
c: \(3\left(x-1\right)< 5\left(x+1\right)-2\)
=>\(3x-3< 5x+5-2\)
=>3x-3<5x+3
=>-2x<6
=>x>-3
d: \(x^3>-2x\)
=>\(x^3+2x>0\)
=>\(x\left(x^2+2\right)>0\)
mà \(x^2+2>0\forall x\)
nên x>0
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: a: Xét ΔABC và ΔAED có
\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AD}\left(\dfrac{15}{5}=\dfrac{21}{7}=3\right)\)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔABC~ΔAED
Vì \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AD}\)
nên \(AB\cdot AD=AE\cdot AC\)
b: \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AD}\)
=>\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\)
Xét ΔABE và ΔACD có
\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\)
\(\widehat{BAE}\) chung
Do đó: ΔABE~ΔACD
=>\(\widehat{ABE}=\widehat{ACD};\widehat{AEB}=\widehat{ADC}\)
c: Xét ΔOBD và ΔOCE có
\(\widehat{OBD}=\widehat{OCE}\)
\(\widehat{BOD}=\widehat{COE}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔOBD~ΔOCE
=>\(\dfrac{OB}{OC}=\dfrac{OD}{OE}\)
=>\(OB\cdot OE=OD\cdot OC\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Thay x=2/3 vào A, ta được:
\(A=\dfrac{\dfrac{2}{3}-2}{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{-4}{3}:\dfrac{2}{3}=-\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{3}{2}=-2\)
b: \(B=\dfrac{4x}{x+1}+\dfrac{x}{1-x}+\dfrac{2}{x^2-1}\)
\(=\dfrac{4x}{x+1}-\dfrac{x}{x-1}+\dfrac{2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{4x\left(x-1\right)-x\left(x+1\right)+2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{4x^2-4x-x^2-x+2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\dfrac{3x^2-5x+2}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}\)
\(=\dfrac{\left(x-1\right)\left(3x-2\right)}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}=\dfrac{3x-2}{x+1}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét ΔMBA vuông tại M và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{MBA}\) chung
Do đó: ΔMBA~ΔABC
b: ΔMBA~ΔABC
=>\(\dfrac{MB}{AB}=\dfrac{BA}{BC}\left(1\right)\)
ΔBAC vuông tại A
=>\(BC^2=BA^2+AC^2\)
=>\(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)
ΔMBA~ΔABC
=>\(\dfrac{MA}{AC}=\dfrac{BA}{BC}\)
=>\(MA=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\)
c: Xét ΔBAM có BN là phân giác
nên \(\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{MN}{NA}\left(2\right)\)
Xét ΔBAC có BG là phân giác
nên \(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{AG}{GC}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{MN}{NA}=\dfrac{AG}{GC}\)
=>\(MN\cdot GC=AG\cdot NA\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔFHB~ΔEHC
b: ΔFHB~ΔEHC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
c: Sửa đề; EH là phân giác của góc FED
Xét tứ giác HECD có \(\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=90^0+90^0=180^0\)
nên HECD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{HED}=\widehat{HCD}\)
mà \(\widehat{HCD}=\widehat{HEF}\)(ΔHCB~ΔHEF)
nên \(\widehat{HED}=\widehat{HEF}\)
=>EH là phân giác cùa góc DEF
a: Xét ΔBKA vuông tại K và ΔBFC vuông tại F có
\(\widehat{KBA}\) chung
Do đó: ΔBKA~ΔBFC
b: Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có
\(\widehat{ECH}\) chung
Do đó: ΔCEH~ΔCFA
=>\(\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CH}{CA}\)
=>\(CE\cdot CA=CH\cdot CF\)