a) Áp dụng định lí pytago vào ΔAHB vuông tại H, ta được

\(AB^2=AH^2+BH^2\)

Áp dụng định lí pytago vào ΔAHC vuông tại H, ta được

\(AC^2=AH^2+CH^2\)

Ta có: \(AB^2+AC^2=BH^2+CH^2+AH^2+AH^2=BH^2+CH^2+2\cdot AH^2\)

b) Áp dụng định lí pytago vào ΔABH vuông tại H, ta được

\(AB^2=AH^2+BH^2\)

Áp dụng định lí pytago vào ΔACH vuông tại H, ta được

\(AC^2=AH^2+HC^2\)

Ta có: \(AB^2-AC^2=AH^2+BH^2-AH^2-CH^2=BH^2-CH^2\)(1)

Áp dụng định lí pytago vào ΔEHB vuông tại H, ta được

\(EB^2=EH^2+HB^2\)

Áp dụng định lí pytago vào ΔEHC vuông tại H, ta được

\(EC^2=EH^2+HC^2\)

Ta có: \(EB^2-EC^2=EH^2+BH^2-EH^2-CH^2=BH^2-CH^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AB^2-AC^2=EB^2-EC^2\)(đpcm)

a)

+ Xét \(\Delta ABH\) vuông tại \(H\left(gt\right)\) có:

\(AB^2=AH^2+BH^2\) (định lí Py - ta - go) (1).

+ Xét \(\Delta ACH\) vuông tại \(H\left(gt\right)\) có:

\(AC^2=AH^2+CH^2\) (định lí Py - ta - go) (2).

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AB^2+AC^2=\left(AH^2+AH^2\right)+\left(BH^2+CH^2\right)\)

\(\Rightarrow AB^2+AC^2=AH^2+AH^2+BH^2+CH^2\)

\(\Rightarrow AB^2+AC^2=2AH^2+BH^2+CH^2\)

Hay \(AB^2+AC^2=BH^2+CH^2+2AH^2\left(đpcm\right).\)

Chúc bạn học tốt!

1) ta có \(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow HC=4HB\)

*Xét tam giác ABC có AH vuông vs BC

=> \(AH^2=HC.HB\) (hệ thức trong tam giác vuông)

<=> \(14^2=4HB.HB\)

<=> \(196=4HB^2\)

<=> \(HB=7\left(cm\right)\)

=> HC= 4.7 =28 (cm)

* BC=HC+HB =28+7=35 (cm)

* Xét tam giác ABC có AH vuông vs BC

\(AB^2=BC.HB\) (HỆ THỨC TRONG TAM GIÁC VUÔNG)

<=> \(AB^2=35.7\)

<=>\(AB^2=245\)

<=> AB=15,65(cm)

\(AC^2=BC.HC\) (hệ thức trong tam giác vuông )

<=> \(AC^2=35.28\)

<=>AC= 31,3(cm)

* Chu vi tam giác ABC là

AC+AB+BC=31.3+15,65+35=81,85(cm)

Vậy chu vi tam giác ABC là 81,85 cm

kết quả phải là 81,95 chứ bạn

Bài 2

Giải

đề thiếu

Bài 1:

HB/HC=1/4 nên HC=4HB

Ta có: \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(4HB^2=196\)

=>HB=7(cm)

=>HC=28cm

BC=7+28=35cm

\(AB=\sqrt{7\cdot35}=7\sqrt{5}\left(cm\right)\)

\(AC=\sqrt{28\cdot35}=14\sqrt{5}\left(cm\right)\)

\(C=7\sqrt{5}+14\sqrt{5}+35=21\sqrt{5}+35\left(cm\right)\)

a: Sửa đề: Đường cao AD

Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\hat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH~ΔBEC

=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BD\cdot BC=BH\cdot BE\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\hat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CF\cdot CH\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC^2\)

b: Xét ΔHBC có HD là đường cao

nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)

Xét ΔABC có AD là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)

Xét ΔHAC có HE là đường cao

nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot EH\cdot AC\) (3)

Xét ΔBAC có BE là đường cao

nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{BE}\)

Xét ΔHAB có HF là đường cao

nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\) (5)

Xét ΔACB có CF là đường cao

nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot CF\cdot AB\) (6)

Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot FH\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)

\(\frac{HD}{DA}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{FC}\)

\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)

c: Xét tứ giác AFHE có \(\hat{AFH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFHD có \(\hat{BFH}+\hat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CDHE có \(\hat{CDH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CDHE là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{HFE}=\hat{HAE}\) (AEHF nội tiếp)

\(\hat{HFD}=\hat{HBD}\) (BFHD nội tiếp)

mà \(\hat{HAE}=\hat{HBD}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

nên \(\hat{HFE}=\hat{HFD}\)

=>FH là phân giác của góc DFE

Ta có: \(\hat{FDH}=\hat{FBH}\) (BFHD nội tiếp)

\(\hat{EDH}=\hat{ECH}\) (CEHD nội tiếp)

mà \(\hat{FBH}=\hat{ECH}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)

nên \(\hat{FDH}=\hat{EDH}\)

=>DH là phân giác của góc FDE

Xét ΔFDE có

DH,FH là các đường phân giác

DH cắt FH tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔFDE

Ý cuối nhầm không thế ạ?

a) Xét ΔAHB vuông tại H và ΔADH vuông tại D có 

\(\widehat{DAH}\) chung

Do đó: ΔAHB\(\sim\)ΔADH(g-g)

a) Xét  \(\Delta CAF\) và    \(\Delta BAE\) có:

   \(\widehat{CFA}=\widehat{BEA}=90^0\)

   \(\widehat{BAC}:\) chung

suy ra:   \(\Delta CAF~\Delta BAE\)

\(\Rightarrow\)\(\frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}\)\(\Rightarrow\) \(AE.AC=AF.AB\)  (ĐPCM)

\(\Rightarrow\)\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

Xét  \(\Delta AEF\)và   \(\Delta ABC\) có:

        \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)  

       \(\widehat{BAC}\)  CHUNG

suy ra:   \(\Delta AEF~\Delta ABC\)

mai mình giúp nha

a, Xét tg ABH vuông tại H có đg cao HE

\(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét tg ACH vuông tại H có đg cao HF

\(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

b, Xét tg AEF và tg ACB có

\(AE\cdot AB=AF\cdot AC\Rightarrow\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\\ \widehat{A}.chung\)

Do đó \(\Delta AEF\sim\Delta ACB\left(c.g.c\right)\)