Cho tam giác ABC . M là 1 điểm bát kỳ nằm trong tam giác . Kẻ \(MD\perp AC,ME\perp BC,MK\perp AC\) . Xác định vị trí điểm M sao cho : \(AD^2+BE^2+CK^2\) min
Cho tam giác ABC . M là 1 điểm bát kỳ nằm trong tam giác . Kẻ \(MD\perp AC,ME\perp BC,MK\perp AC\) . Xác định vị trí điểm M sao cho : \(AD^2+BE^2+CK^2\) min
em thấy những bn tài năng đều rời xa h24 vì đầu bài thường hay viết sai
Cho tứ giác lồi ABCD có AB = AC = AD = 10cm , góc B = 60 độ và góc A là 90độ
a, Tính đường chéo BD
b, Tính các khoảng cách BH và DK từ B và D đến AC
c, Tính HK
d, vẽ BE vuông góc với DC kéo dài . Tính BE,CE và DC
Các bạn giải hộ mình luôn nha !
Cho tứ giác lồi ABCD có AB = AC = AD = 10cm , góc B = 60 độ và góc A là 90độ
a, Tính đường chéo BD
b, Tính các khoảng cách BH và DK từ B và D đến AC
c, Tính HK
d, vẽ BE vuông góc với DC kéo dài . Tính BE,CE và DC
Cho ΔABC vuông tại A, đường cao AH, biết AB=12cm,BH=6cm
a) Tính AH, AC, BC, CH
b) Vẽ HE vuông góc với AB, HF vuông góc với AC. Chứng minh ΔAEF đồng dạng với ΔACB
c) chứng minh AH³=BC. BE. CF
Các bạn giúp mình nha mai mình phải nộp bài rồi.
a: \(AH=\sqrt{12^2-6^2}=6\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(BC=\dfrac{AB^2}{BH}=\dfrac{12^2}{6}=\dfrac{144}{6}=24\left(cm\right)\)
CH=BC-BH=18(cm)
b: Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔACH vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
hay AE/AC=AF/AB
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
AE/AC=AF/AB
góc FAE chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB
Cho \(\Delta\)ABC, có AB= 5cm, AC= 12 cm, BC= 13cm.
a, CM ABC vuông.
B, kẻ đường cao AH .Tính AH, BH, CH.
c, Kẻ HE vuông góc với AB, HF vuông góc với AC. CM : AE . AB= AF.AC
d, CM góc AEF= góc CAB.
a: Xet ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)
nên ΔABC vuông tại A
b: \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\)
\(BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{25}{13}\left(cm\right)\)
\(CH=1-BH=\dfrac{144}{13}\left(cm\right)\)
c: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
d: ta có: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
nên AE/AC=AF/AB
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
AE/AC=AF/AB
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB
Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
Bài 1: Cho \(\Delta\)ABC vuông tại A, đg cao AH. .AB/AC= 20/21, AH= 42. Tính chu vi \(\Delta\)ABC.
Bài 2: cho tam giác ABC vuông tại A, AB/BC = 12/15, AC= 20. Tính đg cao AH, BH, CH.
Bài 1:
AB/AC=20/21
nên HB/HC=400/441
=>HB=400/441HC
Xét ΔBAC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
\(\Leftrightarrow HC^2\cdot\dfrac{400}{441}=42^2\)
=>HC=44,1(cm)
=>HB=40(cm)
BC=44,1+40=84,1(cm)
\(AB=\sqrt{40\cdot84.1}=58\left(cm\right)\)
\(AC=\sqrt{44.1\cdot84.1}=60.9\left(cm\right)\)
C=BC+AB+AC=84,1+58+60,9=203(cm)
Chứng minh rằng: Trong các tam giác vuông có chiều cao tương ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chu vi nhỏ nhất.
Cho tam giác ABC cân tại A . Vẽ đường cao AH , BK . Chứng minh \(\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\)
Xét \(\Delta ACH;\Delta BCK\) có
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{C}\left(chung\right)\\\widehat{AHC}=\widehat{BKC}=90^o\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta ACH\sim\Delta BCK\)
\(\Rightarrow\dfrac{AH}{BK}=\dfrac{CH}{CK}\)
\(\Rightarrow AH.CK=BK.CH\)
\(\Rightarrow AH^2.CK^2=BK^2.CH^2\)
\(\Rightarrow AH^2.CK^2=\dfrac{BK^2.BC^2}{4}\)
\(\Rightarrow AH^2.\left(BC^2-BK^2\right)=\dfrac{BK^2.BC^2}{4}\)
Chia cả 2 vế cho: \(AH^2.BC^2.BK^2\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BK^2}-\dfrac{1}{BC^2}=\dfrac{1}{4AH^2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{BC^2}+\dfrac{1}{4AH^2}\)
Hình thang cân ABCD có đáy lớn AB = 30cm , đáy nhỏ CD = 10cm và góc A là : 60 độ .
a, Tính cạnh BC
b, Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB và CD . Tính MN .
a) kẻ đcao DH có tg DAH vuông tại H
AD = BC = 2AH=10.2=20cm
b) DH =MN = DAcăn3 /2 = 20.căn3/2 = 10căn3
Cho hình chữ nhật ABCD , kẻ DE \(\perp\) AC . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AE .
a, CM : EA : EC = ( BC: AB ) ^2
b, CM : MN^2 +ND^2 = MC^2 + CD^2
a) + Ta có : ΔADE ∼ ΔDCE ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{S_{ADE}}{S_{DCE}}=\frac{AD^2}{CD^2}=\frac{BC^2}{AB^2}\)
+ Ta lại có : \(\frac{S_{ADE}}{S_{DCE}}=\frac{AE}{CE}\Rightarrow\frac{AE}{CE}=\frac{BC^2}{AB^2}\)
b) Gọi I là trung điểm của DE
+ NI là đg trung bình của ΔADE
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}NI//AD\\NI=\frac{1}{2}AD\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}NI//MC\\NI=CM\end{matrix}\right.\)
=> Tứ giác ICMN là hbh
=> MN // CI
+ NI // AD => NI ⊥ CD
+ ΔCND có 2 ddg cao DE và NI cắt nhau tại I
=> I là trực tâm ΔCDN
=> CI ⊥ DN => MN ⊥ DN
+ ΔDMN vuông tại N
\(\Rightarrow DN^2+MN^2=DM^2\)
+ ΔDMC vuông tại C
\(\Rightarrow CD^2+CM^2=DM^2\)
\(\Rightarrow MN^2+DN^2=CD^2+CM^2\)