Cho tam giác ABC vuông tại A, AH là đường ca; HE, HF lần lượt là đường cao của tam giác AHB, tam giác AHC. CMR:
a. BC2 = 3AH2 + BE2 + CF2
b.\(\sqrt[3]{BE^2}\)+ \(\sqrt[3]{CF^2}\)= \(\sqrt[3]{BC^2}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
10 tháng 1 2023
a:\(BC=\sqrt{4^2+3^2}=5\left(cm\right)\)
AH=4*3/5=2,4cm
b: ΔCAD cân tại C
mà CH là đường cao
nên CH là phân giác của góc ACD
Xét ΔCAB và ΔCDB có
CA=CD
góc ACB=góc DCB
CB chung
Do dó: ΔCAB=ΔCDB
=>góc CDB=90 độ
=>BD là tiếp tuyến của (C)
2 tháng 12 2021
\(1,HC=\dfrac{AH^2}{BH}=\dfrac{256}{9}\\ \Rightarrow AB=\sqrt{BH\cdot BC}=\sqrt{\left(\dfrac{256}{9}+9\right)9}=\sqrt{337}\\ 2,BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10\left(cm\right)\\ \Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=6,4\left(cm\right)\\ 3,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\\ \Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=5,4\\ 4,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{9\left(6+9\right)}=3\sqrt{15}\\ 5,AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=4\sqrt{7}\left(cm\right)\\ \Rightarrow AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=3\sqrt{7}\left(cm\right)\\ 6,AC=\sqrt{BC\cdot CH}=\sqrt{12\left(12+8\right)}=4\sqrt{15}\left(cm\right)\)
N
13 tháng 2 2017
dùng Pitago đảo thử từng cặp 1 thôi:v
ta có: \(\left(b-c\right)^2+h^2=b^2+c^2-2bc+h^2\)(1)
vì tam giác ABC vuông ở A có đường cao AH nên \(a^2=b^2+c^2\)và\(AB.AB=AH.BC=2S\)hay\(b.c=a.h\)
\(\Rightarrow b^2+c^2-2bc+h^2=a^2-2ah+h^2=\left(a-h\right)^2\)
2 tháng 4 2023
a: Xét ΔBHE vuông tại E và ΔBAH vuông tạiH có
góc B chung
=>ΔBHE đồng dạngvơi ΔBAH
b: góc AEH=góc AFH=góc FAE=90 độ
=>AEHF là hình chữ nhật
c,d: Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên AH^2=AF*AC và CH^2=CF*CA
e: AE*AB=AF*AC=AH^2
=>AE/AC=AF/AB
mà góc EAF chung
nên ΔAEF đồng dạng với ΔACB
31 tháng 12 2023
a: Ta có: ΔCAD cân tại C
mà CH là đường cao
nên CH là phân giác của góc ACD
Xét ΔCAB và ΔCDB có
CA=CD
\(\widehat{ACB}=\widehat{DCB}\)
CB chung
Do đó: ΔCAB=ΔCDB
=>\(\widehat{CAB}=\widehat{CDB}\)
mà \(\widehat{CAB}=90^0\)
nên \(\widehat{CDB}=90^0\)
=>BD là tiếp tuyến của (C)
b: Xét (C) có
PA,PM là các tiếp tuyến
Do đó: PA=PM và CP là phân giác của góc ACM
Vì CP là phân giác của góc ACM
nên \(\widehat{ACM}=2\cdot\widehat{PCM}\)
Xét (C) có
QM,QD là các tiếp tuyến
Do đó: CQ là phân giác của góc MCD
=>\(\widehat{MCD}=2\cdot\widehat{MCQ}\)
Ta có: \(\widehat{MCD}+\widehat{MCA}=\widehat{DCA}\)
=>\(\widehat{DCA}=2\cdot\left(\widehat{MCQ}+\widehat{MCP}\right)\)
=>\(\widehat{DCA}=2\cdot\widehat{PCQ}\)
=>\(\widehat{PCQ}=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AD}}{2}\left(1\right)\)
Xét ΔBEF có
BC là đường cao
BC là đường phân giác
Do đó: ΔBEF cân tại B
=>BE=BF
Xét ΔBEF có \(\dfrac{BA}{BE}=\dfrac{BD}{BF}\)
nên AD//EF
=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BEF}\)
mà \(\widehat{BAD}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AD}\)(góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung AD)
nên \(\widehat{BEF}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{AD}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{BEF}=\widehat{PCQ}\)
a) ta có: \(BC^2=\left(BH+CH\right)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)
=\(BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2AH^2\)
\(=BE^2+CF^2+3AH^2\)(đpcm)
b) đơn giản đi, ta cần chứng minh \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=1\)
Ta có: \(BE=\frac{BH^2}{AB};BC=\frac{AB^2}{BH}\Rightarrow\frac{BE}{BC}=\frac{BH^3}{AB^3}\)
Thiết lập tương tự \(\Rightarrow VT=\frac{BH^2}{AB^2}+\frac{CH^2}{AC^2}\)
Việc còn lại cm nó =1,xin nhường chủ tus