a) Để tính AC, ta sử dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông: AC^2 = AB^2 + BC^2. Với AB = 12cm và BC = 20cm, ta có: AC^2 = 12^2 + 20^2 = 144 + 400 = 544. Do đó, AC = √544 ≈ 23.32cm.

Để tính góc B, ta sử dụng công thức sin(B) = BC/AC. Với BC = 20cm và AC = 23.32cm, ta có: sin(B) = 20/23.32 ≈ 0.857. Từ đó, góc B ≈ arcsin(0.857) ≈ 58.62°.

Để tính AH, ta sử dụng công thức cos(B) = AH/AC. Với góc B ≈ 58.62° và AC = 23.32cm, ta có: cos(B) = AH/23.32. Từ đó, AH = 23.32 * cos(58.62°) ≈ 11.39cm.

b) Ta cần chứng minh AE.AC = AB^2 - HB^2. Vì ΔABC vuông tại A, ta có: AE = AB * sin(B) (theo định lý sin trong tam giác vuông) AC = AB * cos(B) (theo định lý cos trong tam giác vuông) HB = AB * sin(B) (theo định lý sin trong tam giác vuông)

Thay các giá trị vào biểu thức cần chứng minh: AE.AC = (AB * sin(B)) * (AB * cos(B)) = AB^2 * sin(B) * cos(B) = AB^2 * (sin(B) * cos(B)) = AB^2 * (sin^2(B) / sin(B)) = AB^2 * (1 - sin^2(B)) = AB^2 * (1 - (sin(B))^2) = AB^2 * (1 - (HB/AB)^2) = AB^2 - HB^2

Vậy, ta đã chứng minh AE.AC = AB^2 - HB^2.

c) Ta cần chứng minh AF = AE * tan(B). Vì ΔABC vuông tại A, ta có: AE = AB * sin(B) (theo định lý sin trong tam giác vuông) AF = AB * cos(B) (theo định lý cos trong tam giác vuông)

Thay các giá trị vào biểu thức cần chứng minh: AF = AB * cos(B) = AB * (cos(B) / sin(B)) * sin(B) = (AB * cos(B) / sin(B)) * sin(B) = AE * sin(B) = AE * tan(B)

Vậy, ta đã chứng minh AF = AE * tan(B).

d) Ta cần chứng minh tỉ lệ giữa các đường cao trong tam giác vuông ΔABC. CE/BF = AC/AB

Vì ΔABC vuông tại A, ta có: CE = AC * cos(B) (theo định lý cos trong tam giác vuông) BF = AB * cos(B) (theo định lý cos trong tam giác vuông)

Thay các giá trị vào biểu thức cần chứng minh: CE/BF = (AC * cos(B)) / (AB * cos(B)) = AC/AB

Vậy, ta đã chứng minh CE/BF = AC/AB.

Ta có: Xét tứ giác AEHF có: 

+\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^o\)

=>AEHF là hình chữ nhật (dhnb)

=>AH cắt ED tại trung điểm mỗi đường (dhnb)

Mà AH=EF

\(\Rightarrow OE=OF=\dfrac{AH}{2}\\ \Rightarrow HB.HC=AH^2\\ \Rightarrow4.OE.OF=AH.FE.AH^2\)

Vậy HB.HC=4.OE.OF

bạn sửa giúp mình là: 4OE.OF=AH.FE=AH² nhé! mình cảm ơn!

Lời giải:

Bạn tự vẽ hình giùm mình nhé.

a) Xét tam giác $BAC$ và $BHA$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^0\\ \text{chung góc B}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BAC\sim \triangle BHA(g.g)\)

b)

Xét tam giác $BAC$ và $AHC$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAC}=\widehat{AHC}=90^0\\ \text{chung góc C}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BAC\sim \triangle AHC(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{BC}{AC}=\frac{AC}{HC}\Rightarrow AC^2=BC.HC\)

c)

Xét tam giác $HEA$ và $BHA$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{HEA}=\widehat{BHA}=90^0\\ \widehat{EHA}=\widehat{HBA}(=90^0-\widehat{BHE})\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \triangle HEA\sim \triangle BHA(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{HA}{EA}=\frac{BA}{HA}\Rightarrow HA^2=AE.AB(1)\)

Hoàn toàn TT ta có: \(\triangle HFA\sim \triangle CHA\Rightarrow \frac{HA}{FA}=\frac{CA}{HA}\)

\(\Rightarrow HA^2=AF.AC(2)\)

Từ \((1)(2)\Rightarrow AF.AC=AE.AB\Rightarrow \frac{AE}{AF}=\frac{AC}{AB}\)

Tam giác $AFE$ và $ABC$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \frac{AE}{AF}=\frac{AC}{AB}\\ \text{chung góc A}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AFE\sim \triangle ABC(c.g.c)\)

d)

Có: \(\widehat{MEB}=\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\) (do \(\triangle AFE\sim \triangle ABC\) )

Xét tam giác $MEB$ và $MCF$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc M}\\ \widehat{MEB}=\widehat{MCF}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle MEB\sim \triangle MCF(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{ME}{MB}=\frac{MC}{MF}\Rightarrow ME.MF=MB.MC\)

Sau gần một buổi trưa lăn lội với Thales, đồng dạng ở câu b thì t đã nghĩ đến cách của lớp 7 ~ ai dè làm được ^^

Sao bổ sung hình vẽ không được vậy nè

a/ Xét \(\Delta ABC\) và \(\Delta HAC\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{C}chung\\\widehat{BAC}=\widehat{AHC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\Delta ABC\sim HAC\left(g-g\right)\)

b/ \(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10cm\)

\(AH.BC=AB.AC\Leftrightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=4,8cm\)

c/ \(\Delta HEA\sim\Delta CEH\left(g-g\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{HE}{CE}=\dfrac{EA}{HE}\Leftrightarrow HE^2=EA.EC\left(đpcm\right)\)

a) Xét ΔHAC và ΔABC có:

∠(ACH ) là góc chung

∠(BAC)= ∠(AHC) = 90o

⇒ ΔHAC ∼ ΔABC (g.g)

b) Xét ΔHAD và ΔBAH có:

∠(DAH ) là góc chung

∠(ADH) = ∠(AHB) = 90o

⇒ ΔHAD ∼ ΔBAH (g.g)

c) Tứ giác ADHE có 3 góc vuông ⇒ ADHE là hình chữ nhật.

⇒ ΔADH= ΔAEH ( c.c.c) ⇒ ∠(DHA)= ∠(DEA)

Mặt khác: ΔHAD ∼ ΔBAH ⇒ ∠(DHA)= ∠(BAH)

∠(DEA)= ∠(BAH)

Xét ΔEAD và ΔBAC có:

∠(DEA)= ∠(BAH)

∠(DAE ) là góc chung

ΔEAD ∼ ΔBAC (g.g)

d) ΔEAD ∼ ΔBAC

ΔABC vuông tại A, theo định lí Pytago:

Theo b, ta có:

1) Xét ΔABC vuông tại A và ΔHAC vuông tại H có 

\(\widehat{C}\) chung

Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔHAC(g-g)

+ A,B thuộc đg trung trực của HM

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AM=AH\\BM=BH\end{matrix}\right.\)

+ ΔABH = ΔABM ( c.c.c )

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AMB}=\widehat{AHB}=90^o\Rightarrow BM\perp AM\\AM=AH\end{matrix}\right.\)

+ Tương tự ta cm đc: AN = AH

=> AM = AN => ΔAMN cân tại A

=> Đg trung tuyến AI của ΔAMN cx đồng thời là đg cao

=> AI ⊥ EF

Xét tứ giác AEHF có

góc AEH=góc AFH=góc FAE=90 độ

nên AEHF là hình chữ nhật

=>AH cắt EF tại trung điểm của mỗi đường và AH=EF

=>OE=OF=AH/2

=>OE*OF=1/4*AH^2

=>4*OE*OF=AH^2=HB*HC