Cho tam giác nhọn ABC có hai đường cao BD và CE cắt nhau tại H.
Chứng minh rằng : BH.BD + CH.CE = BC2.
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
CM
10 tháng 4 2018
Gợi ý: Gọi 
, chứng minh được AK ^ BC.
Áp dụng cách làm tương tự 4A suy ra ĐPCM
28 tháng 4 2021
a, Xét ∆ ABD và ∆ ACE có:
góc ADB = góc AEC ( = 90°)
Góc A chung
=> ∆ABD ~ ∆ ACE (g- g)
b,
14 tháng 10 2015
Kẻ HM | BC
+) Tam giác BHM đồng dạng với tam giác BCD ( có góc BEH = BDC = 90o; góc CBD chung)
=> BM/ BD = BH/ BC => BM. BC = BH. BD (1)
+) Tương tự, tam giác CMH đồng dạng với tam giác CEB ( có góc BCE chung ; góc HMC = CEB = 90o)
=> CH/ CB = CM/ CE =>CM .CB = CH. CE (2)
Cộng từng vế của (1)(2) => BM.BC + CM.CB = BH.BD + CH .CE => (BM + CM).CB = BH.BD + CH.CE
=> BC2 = BH.BD + CH.CE
Vậy...
6 tháng 8 2015
Kẻ HK vuông góc với BC
Xét tam giác BKH và BDC có: góc CBD chung; góc HKB = BDC (= 90o)
=> tam giác BKH đồng dạng với BDC (g - g)
=> BK/BD = BH/ BC => BH.BD = BK. BC (1)
+) Tương tự, tam giác CKH đồng dạng với tam giác CEB (g - g)
=> CK/ CE = CH/BC => CH . CE = CK.BC (2)
Từ (1)(2) => BH.BD + CH.CE = BK.BC + CK. BC = (BK+ CK). BC = BC.BC = BC2
27 tháng 7 2017
Xét \(\Delta BHF\)và \(\Delta BCD\)
có \(\widehat{BEH}=\widehat{BDC}=90^0\)và \(\widehat{DBC}\)chung
\(\Rightarrow\Delta BHF~\Delta BCD\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{BF}{BD}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow BF.BC=BH.BD\left(1\right)\)
Xét \(\Delta CFH\)và \(\Delta CEB\)
có \(\widehat{CFH}=\widehat{CEB}=90^0\)và \(\widehat{ECB}\)chung
\(\Rightarrow\Delta CFH~\Delta CEB\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CF}{CE}\Rightarrow CB.CF=CH.CE\left(2\right)\)
Cộng (1) với (2) ta được \(BF.BC+CF.CB=BH.HD+CH.CE\)
\(\Rightarrow\left(BF+CF\right)CB=BH.BD+CH.CE\)hay \(BH.BD+CH.CE=BC^2\left(đpcm\right)\)
Vậy ....
DV
0
GF
1
14 tháng 12 2019
Kẻ HM vuông góc BC ( M thuộc BC )
\(\Delta BHM~\Delta BCD\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BM}{BD}\Rightarrow BH.BD=BC.BM\) ( 1 )
\(\Delta CHM~\Delta CBE\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{CH}{BC}=\frac{CM}{CE}\Rightarrow CH.CE=BC.CM\) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) \(\Rightarrow BH.BD+CH.CE=BC\left(BM+CM\right)=BC^2\)
C
27 tháng 6 2017
Ta có: AM là đường cao thứ 3( đi qua trực tâm H)
Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta BDC\) có:
\(\widehat{BMH}=\widehat{BDC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{B}\) chung
\(\Rightarrow\Delta BMH\approx\Delta BDC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)\(\Leftrightarrow BD.BH=BM.BC\left(1\right)\)
Xét \(\Delta CMH\) và \(\Delta CEB\) có:
\(\widehat{CMH}=\widehat{CEB}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{C}\) chung
\(\Rightarrow\Delta CMH=\Delta CEB\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{CM}{CH}=\dfrac{CE}{CB}\Leftrightarrow CH.CE=BC.CM\left(2\right)\)
Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:
\(BD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CM\)
\(\Rightarrow BD.BH+CH.CE=BC.\left(BM+CM\right)=BC^2\left(đpcm\right)\)
KT
6 tháng 5 2018
a) Xét \(\Delta ABD\)và \(\Delta ACE\)có:
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^0\)
\(\widehat{BAC}\) chung
suy ra: \(\Delta ABD~\Delta ACE\) (g.g)
\(\Rightarrow\)\(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}\)
\(\Rightarrow\)\(AB.AE=AC.AD\)
b) \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}\) (câu a)
\(\Rightarrow\)\(\frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB}\)
Xét \(\Delta AED\)và \(\Delta ACB\)có:
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AD}{AB}\) (cmt)
\(\widehat{EAD}\) chung
suy ra: \(\Delta AED~\Delta ACB\) (g.g)
c) Kẻ \(HK\perp BC\) \(\left(K\in BC\right)\)
C/m: \(\Delta BKH~\Delta BDC\)(g.g) \(\Rightarrow\) \(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)\(\Rightarrow\)\(BH.BD=BK.BC\) (1)
\(\Delta CKH~\Delta CEB\)(g.g) \(\Rightarrow\)\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)\(\Rightarrow\)\(CE.CH=CK.BC\) (2)
Lấy (1) + (2) theo vế ta được: \(BH.BD+CE.CH=BK.BC+CK.BC=BC^2\) (đpcm)
Kẻ HF vuông góc với BC, F thuộc BC
Ta chứng minh được tg BHF đồng dạng với tg BCD
=> BH/BC = BF/BD => BH.BD=BC.BF
tg CHF đồng dạng với tg CBE
=>CH/CB= CF/CE=CB.CF
=>BH.BD+CH.CE=CB.BF=CB.CB=BC2