Cho △ABC vuông tại B. Có BA\(<\) BC, đường cao BH
Chứng minh \(BH^2\)=HA.HC
Cho △ABC vuông tại B. Có BA\(<\) BC, đường cao BH
Chứng minh \(BH^2\)=HA.HC
xét △BHA và △CHB, có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{CHB}=90^0\)
\(\widehat{ABH}=\widehat{HCB}\) (cùng phụ với \(\widehat{A}\))
⇒ △BHA = △CHB (g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{HC}{BH}\Rightarrow BH^2=AH\cdot HC\)
Bài 1:
a: Xét ΔOAD và ΔOCB có
\(\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OD}{OB}\)
\(\widehat{AOD}\) chung
Do đó: ΔOAD~ΔOCB
b: Ta có: ΔOAD~ΔOCB
=>\(\dfrac{AD}{CB}=\dfrac{OA}{OC}\)
=>\(\dfrac{14}{BC}=\dfrac{8}{10}=\dfrac{4}{5}\)
=>\(BC=14\cdot\dfrac{5}{4}=17,5\left(cm\right)\)
c: Ta có: ΔOCB~ΔOAD
=>\(\widehat{OBC}=\widehat{ODA}\)
Xét ΔIAB và ΔICD có
\(\widehat{IBA}=\widehat{IDC}\)
\(\widehat{AIB}=\widehat{CID}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔIAB~ΔICD
=>\(\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{IB}{ID}\)
=>\(IA\cdot ID=IB\cdot IC\)
d: Ta có: ΔOAD~ΔOCB
=>\(\dfrac{S_{OAD}}{S_{OCB}}=\left(\dfrac{OA}{OC}\right)^2=\dfrac{16}{25}\)
Bài 2:
a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có
\(\widehat{HBA}\) chung
Do đó: ΔHBA~ΔABC
b: Ta có: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=9^2+15^2=306\)
=>\(BC=\sqrt{306}=3\sqrt{34}\left(cm\right)\)
Ta có: ΔHBA~ΔABC
=>\(\dfrac{HA}{AC}=\dfrac{BA}{BA}\)
=>\(\dfrac{HA}{15}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\)
=>\(HA=\dfrac{45}{\sqrt{34}}\left(cm\right)\)
cho tam giác ABC vuông tại A , biết AB = 3 cm , AC = 4cm
a)tính BC
b)qua B kẻ AC tại D sao cho góc ABD = góc ACB . Chứng minh tam giác ABC đồng dạng tam giác ADE
a)`ΔABC` vuông tại `A:`
`=> BC=` \(\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\)
b)`Xét `Δ ABC ` vuông tại `A`
`ΔADB` vuông tại `A`
có: góc `ABD= ` góc `ACB`
`=>Δ ACB ∼ Δ ABD(g.g)`
Cho △ABC nhọn (AB < AC). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H
a) Chứng minh: △ABE đồng dạng △ACF. Nêu tỉ số đồng dạng
b) Chứng minh: HA.HD=HB.HE
c) Chứng minh:△AFE đồng dạng △ACB
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(k=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BE}{CF}\)
b: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có
\(\widehat{EHA}=\widehat{DHB}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEA~ΔHDB
=>\(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HA}{HB}\)
=>\(HE\cdot HB=HD\cdot HA\)
c: Ta có: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
Câu 1 vs 2làm như nào vậy
Giúp câu 14 16 đi mai tớ đi hc òi :((
Câu 14:
Vì \(\dfrac{7.8}{2.6}=\dfrac{21.3}{7.1}=\dfrac{24}{8}=3\)
nên hai tam giác này đồng dạng với nhau
Câu 16:
Xét ΔABC và ΔMNP có
\(\dfrac{AB}{MN}=\dfrac{AC}{MP}=\dfrac{BC}{NP}\left(\dfrac{2}{4}=\dfrac{6}{12}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}\right)\)
Do đó: ΔABC~ΔMNP
=>\(\widehat{A}=\widehat{M};\widehat{B}=\widehat{N};\widehat{C}=\widehat{P}\)
Cho mik hỏi câu 14 vs 16
Tớ cần giúp câu 4 ai bt làm chỉ tớ với
Câu 4:
XétΔOAB có
M,N lần lượt là trung điểm cuả OA,OB
=>MN là đường trung bình của ΔOAB
=>\(MN=\dfrac{1}{2}AB\)
Xét ΔOBC có
N,P lần lượt là trung điểm của OB,OC
=>NP là đường trung bình của ΔOBC
=>\(NP=\dfrac{1}{2}BC\)
Xét ΔOAC có
M,P lần lượt là trung điểm của OA,OC
=>MP là đường trung bình của ΔOAC
=>\(MP=\dfrac{1}{2}AC\)
Xét ΔMNP và ΔABC có
\(\dfrac{MN}{AB}=\dfrac{NP}{BC}=\dfrac{MP}{AC}=\dfrac{1}{2}\)
Do đó: ΔMNP~ΔABC
a) Do P là trung điểm của AB (gt)
⇒ PA = PB
Do BM // AC (gt)
⇒ ∠PAQ = ∠PBM (so le trong)
Do AM ⊥ AC (gt)
⇒ AM ⊥ AQ
⇒ ∠MAQ = 90⁰
Xét ∆PAQ và ∆PBM có:
∠PAQ = ∠PBM (cmt)
PA = PB (cmt)
∠APQ = ∠BPM (đối đỉnh)
⇒ ∆PAQ = ∆PBM (g-c-g)
⇒ AQ = BM (hai cạnh tương ứng)
Do BM // AC (gt)
⇒ BM // AQ
Tứ giác AMBQ có:
BM // AQ (cmt)
BM = AQ (cmt)
⇒ AMBQ là hình bình hành
Mà ∠MAQ = 90⁰ (cmt)
⇒ AMBQ là hình chữ nhật
b) Do AMBQ là hình chữ nhật (cmt)
BQ ⊥ AQ
⇒ BQ ⊥ AC
∆ABC có:
BQ ⊥ AC (cmt)
AI ⊥ BC (gt)
⇒ BQ và AI là hai đường cao của ∆ABC
Mà BQ cắt AI tại H (gt)
⇒ CH là đường cao thứ ba của ∆ABC
⇒ CH ⊥ AB
c) Do BQ ⊥ AQ (cmt)
⇒ ∆ABQ vuông tại Q
Mà P là trung điểm của AB (gt)
⇒ QP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB của ∆ABC
⇒ QP = AB : 2 (1)
Do AI ⊥ BC (gt)
⇒ ∆ABI vuông tại I
Mà P là trung điểm của AB (gt)
⇒ IP là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB của ∆ABI
⇒ IP = AB : 2 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ QP = IP
⇒ ∆PIQ cân tại P
Cho tam giác ABC vuông tại A (AB>AC ). Vẽ đường cao AH(HϵBC ) . Trên tia đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH = HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC tại P.
a.Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC.
b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.a
a:
Ta có: KP//AH
AH\(\perp\)BC
Do đó; KP\(\perp\)BC
Xét ΔABC vuông tại A và ΔKPC vuông tại K có
\(\widehat{ACB}\) chung
Do đó: ΔABC~ΔKPC
b: Ta có: ΔABP vuông tại A
mà AQ là đường trung tuyến
nên \(AQ=\dfrac{BP}{2}\left(1\right)\)
Ta có: ΔKPB vuông tại K
mà KQ là đường trung tuyến
nên \(KQ=\dfrac{BP}{2}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra QA=QK
=>Q nằm trên đường trung trực của AK(3)
Ta có: HA=HK
=>H nằm trên đường trung trực của AK(4)
Từ (3),(4) suy ra QH là đường trung trực của AK