Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1: ΔAHB vuông tại H
=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AH^2=9^2-5,4^2=\left(9-5,4\right)\left(9+5,4\right)=3,6\cdot14,4=3,6\cdot3,6\cdot4=\left(3,6\cdot2\right)^2=7,2^2\)
=>AH=7,2(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(HC=\frac{7.2^2}{5.4}=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
BC=BH+CH=5,4+9,6=15(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=15^2-9^2=225-81=144=12^2\)
=>AC=12(cm)
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF
=>EF=7,2(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có sin ABC=\(\frac{AC}{BC}=\frac{12}{15}=\frac45\)
nên \(\hat{ABC}\) ≃53 độ
mà \(\hat{HAC}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)
nên \(\hat{HAC}\) ≃53 độ
2: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)
=>\(AE=\frac{AH^2}{AB}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\frac{AH^2}{AC}\)
AEHF là hình chữ nhật
=>\(S_{AEHF}=AE\cdot AF\)
\(=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)
\(=\frac{7.2^3}{15}=24,8832\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
=>\(S_{AFE}=\frac12\cdot S_{AEHF}=\frac12\cdot24,8832=12,4416\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
3: Xét ΔABC có AD là phân giác
nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{9}{12}=\frac34\)
=>\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}\)
mà DB+DC=BC=15cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}=\frac{DB+DC}{3+4}=\frac{15}{7}\)
=>\(\begin{cases}DB=\frac{15}{7}\cdot3=\frac{45}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\\ DC=\frac{15}{7}\cdot4=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\end{cases}\)
4:
a: \(AE\cdot AB=AH^2\)
\(AF\cdot AC=AH^2\)
\(HB\cdot HC=AH^2\)
Do đó: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=HB\cdot HC\)
b: Xét ΔABC vuông tại A có
cos B=BA/BC; cos C=CA/CB
\(BA\cdot cosB+CA\cdot cosC\)
\(=AB\cdot\frac{AB}{BC}+AC\cdot\frac{AC}{BC}\)
\(=\frac{AB^2+AC^2}{BC}=\frac{BC^2}{BC}=BC\)
c: \(\tan B\cdot\sin B=\frac{AH}{HB}\cdot\frac{AH}{AB}=\frac{AH^2}{HB\cdot BA}=\frac{HB\cdot HC}{HB\cdot BA}=\frac{HC}{BA}\)
d: cosC*sinB
\(=\sin^2B=\left(\frac{AC}{BC}\right)^2=\frac{AC^2}{BC^2}=\frac{CH\cdot BC}{BC^2}=\frac{CH}{BC}\)
5: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)
mà AH=EF
nên \(\frac{1}{EF^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)
a, bc^2 = ab^2 +ac^2
<=.> (ae+eb)^2 +(af+fc)^2
<=.>AE^2 +2 AE.EB +EB^2 +AF^2+FC^2+2AF,FC
<=> EF^2 +EB^2 +CF^2 +2.(EH^2+FH^2)
<=>EB^2 +CF^2 + AH ^2 + 2 AH^2 vì tứ giác EHAF là hcn suy ra AH =EF
<=>EB^2 +CF^2+3 AH^2 (đpcm)
b, cb =2a là thế nào vậy
Trên tia đối của tia BA lấy I sao cho BI = DQ
\(\Delta DCQ=\Delta BCI\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}CQ=CI\\\widehat{DCQ}=\widehat{BCI}\end{cases}}\)
Ta có: \(\widehat{QCI}=\widehat{QCB}+\widehat{BCI}=\widehat{QCB}+\widehat{DCQ}=\widehat{BCD}=90^0\)
Ta có: \(AP+AQ+PQ=2AB\)
\(\Rightarrow AP+AQ+PQ=AP+PB+AQ+QD\)
\(\Rightarrow PQ=PB+QD\)
\(\Rightarrow PQ=PB+BI\Rightarrow PQ=PI\)
\(\Delta PCQ=\Delta PCI\left(c.c.c\right)\Rightarrow\widehat{PCQ}=\widehat{PCI}=\frac{\widehat{QCI}}{2}=\frac{90^0}{2}=45^0\)
1: ΔAHB vuông tại H
=>\(AH^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AH^2=9^2-5,4^2=\left(9-5,4\right)\left(9+5,4\right)=3,6\cdot14,4=3,6\cdot3,6\cdot4=\left(3,6\cdot2\right)^2=7,2^2\)
=>AH=7,2(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\)
=>\(HC=\frac{7.2^2}{5.4}=9,6\left(\operatorname{cm}\right)\)
BC=BH+CH=5,4+9,6=15(cm)
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=15^2-9^2=225-81=144=12^2\)
=>AC=12(cm)
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF
=>EF=7,2(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có sin ABC=\(\frac{AC}{BC}=\frac{12}{15}=\frac45\)
nên \(\hat{ABC}\) ≃53 độ
mà \(\hat{HAC}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)
nên \(\hat{HAC}\) ≃53 độ
2: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)
=>\(AE=\frac{AH^2}{AB}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\frac{AH^2}{AC}\)
AEHF là hình chữ nhật
=>\(S_{AEHF}=AE\cdot AF\)
\(=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)
\(=\frac{7.2^3}{15}=24,8832\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
=>\(S_{AFE}=\frac12\cdot S_{AEHF}=\frac12\cdot24,8832=12,4416\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
3: Xét ΔABC có AD là phân giác
nên \(\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}=\frac{9}{12}=\frac34\)
=>\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}\)
mà DB+DC=BC=15cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\frac{DB}{3}=\frac{DC}{4}=\frac{DB+DC}{3+4}=\frac{15}{7}\)
=>\(\begin{cases}DB=\frac{15}{7}\cdot3=\frac{45}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\\ DC=\frac{15}{7}\cdot4=\frac{60}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\end{cases}\)
4:
a: \(AE\cdot AB=AH^2\)
\(AF\cdot AC=AH^2\)
\(HB\cdot HC=AH^2\)
Do đó: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=HB\cdot HC\)
b: Xét ΔABC vuông tại A có
cos B=BA/BC; cos C=CA/CB
\(BA\cdot cosB+CA\cdot cosC\)
\(=AB\cdot\frac{AB}{BC}+AC\cdot\frac{AC}{BC}\)
\(=\frac{AB^2+AC^2}{BC}=\frac{BC^2}{BC}=BC\)
c: \(\tan B\cdot\sin B=\frac{AH}{HB}\cdot\frac{AH}{AB}=\frac{AH^2}{HB\cdot BA}=\frac{HB\cdot HC}{HB\cdot BA}=\frac{HC}{BA}\)
d: cosC*sinB
\(=\sin^2B=\left(\frac{AC}{BC}\right)^2=\frac{AC^2}{BC^2}=\frac{CH\cdot BC}{BC^2}=\frac{CH}{BC}\)
5: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)
mà AH=EF
nên \(\frac{1}{EF^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)
6: Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(EA\cdot EB=HE^2\)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(FA\cdot FC=HF^2\)
AEHF là hình chữ nhật
=>\(HE^2+HF^2=HA^2\)
=>\(EA\cdot EB+FA\cdot FC=HA^2=HB\cdot HC\)