Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BH\cdot BC\\AC^2=CH\cdot BC\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\)
b: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{AC}=\dfrac{BH^2}{AB}\cdot\dfrac{AC}{CH^2}\)
\(=\dfrac{BH^2}{CH^2}\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AB^4}{AC^4}\cdot\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)
e: \(BE\cdot CF\cdot BC\)
\(=\dfrac{HB^2}{AB}\cdot\dfrac{HC^2}{AC}\cdot BC\)
\(=\dfrac{AH^4}{AB\cdot AC}\cdot BC=\dfrac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)
\(=EF^3\)
ta can cm\(\sqrt[3]{BE^2}+\sqrt[3]{CF^2}\) =\(\sqrt[3]{BC}\)
hay \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=1\)
trong tam giác AHB \(BH^2=BE.BA\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{BA}\Rightarrow BE^2=\frac{BH^4}{BA^2}\) (1)
ma trong tam giac ABC \(AB^2=BH.BC\)
thay vao (1) ta co \(BE^2=\frac{BH^4}{AB^2}=\frac{BH^4}{BH.BC}=\frac{BH^3}{BC}\Rightarrow\frac{BE^2}{BC^2}=\frac{BH^3}{BC^3}\)
\(\Rightarrow\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}=\frac{BH}{BC}\)
CM TUONG TU \(\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{CH}{BC}\)
VAY \(\sqrt[3]{\frac{BE^2}{BC^2}}+\sqrt[3]{\frac{CF^2}{BC^2}}=\frac{HB}{BC}+\frac{CH}{BC}=1\)
Lời giải:
a) Áp dụng đl Pitago cho các tam giác vuông $BHE, CHF$:
\(BC^2=(BH+CH)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)
\(=BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2BH.CH\)
\(=(EH^2+HF^2)+2BH.CH+BE^2+CF^2(1)\)
Xét tứ giác $AEHF$ có 3 góc vuông \(\widehat{EAF}=\widehat{HFA}=\widehat{AEH}=90^0\) nên $AEHF$ là hình chữ nhật
\(\Rightarrow HF=EA\)
Do đó: \(EH^2+HF^2=EH^2+EA^2=AH^2(2)\) (theo định lý Pitago)
Xét tam giác $BAH$ và $ACH$ có:
\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}(=90^0-\widehat{HAC})\)
\(\widehat{BHA}=\widehat{AHC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow BH.CH=AH^2(3)\)
Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow BC^2=AH^2+2.AH^2+BE^2+CF^2=3AH^2+BE^2+CF^2\)
(đpcm)
b)
Xét tam giác $BAH$ và $BCA$ có:
\(\widehat{B}\) chung
\(\widehat{BHA}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle BCA(g.g)\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BC}{BA}\)
\(\Rightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}(4)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CAH\sim \triangle CBA(g.g)\Rightarrow CH=\frac{CA^2}{BC}(5)\)
Từ \((4);(5)\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{BC}:\frac{CA^2}{BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\) (đpcm)
c)
Hoàn toàn tương tự như cách CM tam giác đồng dạng phần b, ta có:
\(\triangle BHE\sim \triangle BAH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{BE}{BH}\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)
\(\triangle CHF\sim \triangle CAH(g.g)\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{CF}{CH}\Rightarrow CF=\frac{CH^2}{CA}\)
Do đó, kết hợp với kết quả phần b:
\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{CA}=(\frac{BH}{CH})^2.\frac{CA}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\) (đpcm)
d) Ta có:
\(BC.HE.HF=BC.\frac{HE.BA}{BA}.\frac{HF.AC}{AC}=BC.\frac{2S_{BHA}}{BA}.\frac{2S_{CHA}}{CA}\)
\(=BC.\frac{BH.AH}{BA}.\frac{CH.AH}{CA}=\frac{BC.AH}{AB.AC}.AH.BH.CH\)
\(=\frac{2S_{ABC}}{2S_{ABC}}.AH.AH^2\) (theo (3))
\(=AH^3\) (đpcm)
a: \(BE\cdot CF\cdot BC=\dfrac{BH^2}{BA}\cdot\dfrac{CH^2}{CA}\cdot BC\)
\(=AH^4\cdot\dfrac{BC}{BA\cdot CA}=\dfrac{AH^4\cdot}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)
b: \(\dfrac{CF}{BE}=\dfrac{CH^2}{CA}:\dfrac{BH^2}{AB}=\dfrac{CH^2}{CA}\cdot\dfrac{AB}{BH^2}\)
\(=\dfrac{AC^4}{AB^4}\cdot\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AC^3}{AB^3}\)