a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCAH vuông tại H có
\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\)
Do đó: ΔABH\(\sim\)ΔCAH
b: \(BC=\sqrt{12^2+15^2}=3\sqrt{41}\left(cm\right)\)
\(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{12\cdot15}{3\sqrt{41}}=\dfrac{60\sqrt{41}}{41}\left(cm\right)\)
\(BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{144}{3\sqrt{41}}=\dfrac{48\sqrt{41}}{41}\left(cm\right)\)
\(CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{225}{3\sqrt{41}}=\dfrac{75\sqrt{41}}{41}\left(cm\right)\)
\(S_{ABH}=\dfrac{60\sqrt{41}}{41}\cdot\dfrac{48\sqrt{41}}{41}:2=\dfrac{1440}{41}\left(cm^2\right)\)
\(S_{ACH}=\dfrac{60\sqrt{41}}{41}\cdot\dfrac{75\sqrt{41}}{41}:2=\dfrac{2250}{41}\left(cm^2\right)\)
tham khảo tuy ko giống lắm
a) Ta có: ˆA1+ˆB1=90oA1^+B1^=90o (ΔABHΔABH vuông tại H) (1)
lại có: ˆA1+ˆA2=90oA1^+A2^=90o (ΔABCΔABC vuông tại A) (2)
Từ (1) và (2) ⇒⇒ ˆA2=ˆB1A2^=B1^ (= ˆA1A1^)
ΔABHΔABH và ΔCAHΔCAH có:
ˆA2=ˆB1A2^=B1^ (cmt)
ˆHH^ chung
Vậy ΔABHΔABH đồng dạng với ΔCAHΔCAH.
b) Áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác vuông AHB, ta có:
BH2=AB2−AH2BH2=AB2−AH2
⇔BH=√152−122⇔BH=152−122
⇔BH⇔BH = 9 (cm)
Ta có: ΔABHΔABH đồng dạng với ΔCAHΔCAH
⇒⇒ ⎧⎪ ⎪ ⎪⎨⎪ ⎪ ⎪⎩AHCH=BHAH⇔12CH=912⇔CH=16(cm)ABAC=BHAH⇔15AC=912⇔AC=20(cm){AHCH=BHAH⇔12CH=912⇔CH=16(cm)ABAC=BHAH⇔15AC=912⇔AC=20(cm)
Vậy BH = 9 (cm)
CH = 16 (cm)
AC = 20 (cm)
c) Ta có: CEAC=CFCH(520=416=14)CEAC=CFCH(520=416=14)
⇒⇒ EF // AH, mà AH ⊥⊥ BC
⇒⇒ EF ⊥⊥ BC
⇒⇒ ΔCEFΔCEF vuông tại F.
d) ΔCEFΔCEF và ΔCBAΔCBA có:
ˆA=ˆF(=90o)A^=F^(=90o)
ˆCC^ chung
Vậy ΔCEFΔCEF đồng dạng với ΔCBAΔCBA
⇒⇒ CECB=CFCACECB=CFCA
⇒⇒ CE . CA = CF . CB (đpcm)