Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

Hỏi đáp VietJack

a)

Xét $△$ ABH và $△$ ACE có:

$\hat{A H B} = \hat{A E C} = 90 °$

$\hat{B A H}$ chung

Nên △ABH $~$ △ACE (g.g)

=> $\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E}$

=> AB.AE = AH.AC

b)

Xét $△$ ABC và $△$ AHE có:

$\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E}$ (cm câu a)

$\hat{B A C}$ chung

Nên △ABC $~$ △AHE (c.g.c)

Xét $△$ IEB và $△$ ICH có:

$\hat{B I E} = \hat{H I C}$ (2 góc đối đỉnh)

$\hat{B E I} = \hat{I C H}$ (vì △ABC ~ △AHE)

Nên △IEB $~$ △ICH (g.g)

c)

Xét $△$ ABH và $△$ CQH có:

$\hat{A H B} = \hat{C H Q}$ (2 góc đối đỉnh)

$\hat{B A H} = \hat{Q C H}$ (2 góc so le trong do AB // CQ)

Nên △ABH $~$ △CQH (g.g)

=> $\frac{B H}{H Q} = \frac{A H}{C H}$

Có BC // AK

=> $\frac{A H}{C H} = \frac{H K}{B H}$ (đl talet)

suy ra: $\frac{B H}{H Q} = \frac{H K}{B H}$

=> BH² = HK.HQ

...Xem thêm

Answer 2

Hỏi đáp VietJack

a)

Xét $△$ ABH và $△$ ACE có:

$\hat{A H B} = \hat{A E C} = 90 °$

$\hat{B A H}$ chung

Nên △ABH $~$ △ACE (g.g)

=> $\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E}$

=> AB.AE = AH.AC

b)

Xét $△$ ABC và $△$ AHE có:

$\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E}$ (cm câu a)

$\hat{B A C}$ chung

Nên △ABC $~$ △AHE (c.g.c)

Xét $△$ IEB và $△$ ICH có:

$\hat{B I E} = \hat{H I C}$ (2 góc đối đỉnh)

$\hat{B E I} = \hat{I C H}$ (vì △ABC ~ △AHE)

Nên △IEB $~$ △ICH (g.g)

c)

Xét $△$ ABH và $△$ CQH có:

$\hat{A H B} = \hat{C H Q}$ (2 góc đối đỉnh)

$\hat{B A H} = \hat{Q C H}$ (2 góc so le trong do AB // CQ)

Nên △ABH $~$ △CQH (g.g)

=> $\frac{B H}{H Q} = \frac{A H}{C H}$

Có BC // AK

=> $\frac{A H}{C H} = \frac{H K}{B H}$ (đl talet)

suy ra: $\frac{B H}{H Q} = \frac{H K}{B H}$

=> BH² = HK.HQ

Answer 3

Dưới đây là lời giải chi tiết từng phần của bài toán:

Bài toán:

Cho hình bình hành $A B C D$ ABCD có $A C > B D$ AC>BD. Kẻ $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E, kẻ $C F ⊥ A D$ CF⊥AD tại $F$ F, $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H. Gọi $Q$ Q và $K$ K là giao điểm của tia $B H$ BH với các đường thẳng $C D$ CD và $A D$ AD. Biết $B C$ BC cắt $H E$ HE tại $I$ I.

Chứng minh:

a) Tam giác $A B H$ ABH đồng dạng với tam giác $A C E$ ACE và suy ra $A B \cdot A E = A H \cdot A C$ AB⋅AE=AH⋅AC.

b) Tam giác $I E B$ IEB đồng dạng với tam giác $I C H$ ICH.

c) $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ.

Phần a)

Chứng minh tam giác $A B H \sim A C E$ ABH∼ACE:

Xét tam giác $A B H$ ABH và tam giác $A C E$ ACE.
Ta có:
- $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E nên $∠ A E C = 9 0^{\circ}$ ∠AEC=90∘.
- $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H nên $∠ B H A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=90∘.
Do đó, $∠ B H A = ∠ C E A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=∠CEA=90∘.
Góc chung: $∠ B A H = ∠ C A E$ ∠BAH=∠CAE (vì cùng là góc ở đỉnh $A$ A).
Vậy theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

$△ A B H \sim △ A C E .$ △ABH∼△ACE.

Suy ra tỉ lệ cạnh tương ứng:

\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E} .

ACAB=AEAH.

Từ đó:

A B \cdot A E = A H \cdot A C .

AB⋅AE=AH⋅AC.

Phần b)

Chứng minh tam giác $I E B \sim I C H$ IEB∼ICH:

Xét hai tam giác $I E B$ IEB và $I C H$ ICH.
Ta có:
- $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H nên $∠ B H A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=90∘.
- $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E nên $∠ C E A = 9 0^{\circ}$ ∠CEA=90∘.
$I$ I là giao điểm của $B C$ BC và $H E$ HE.
Xét các góc:
- $∠ I E B = ∠ I C H = 9 0^{\circ}$ ∠IEB=∠ICH=90∘ (vì $C E ⊥ A B$ CE⊥AB và $B H ⊥ A C$ BH⊥AC).
- $∠ E I B = ∠ C I B$ ∠EIB=∠CIB là góc chung của hai tam giác.
Do đó, theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△ I E B \sim △ I C H .

△IEB∼△ICH.

Phần c)

Chứng minh $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ:

$K$ K và $Q$ Q là giao điểm của tia $B H$ BH với các đường thẳng $A D$ AD và $C D$ CD.
Ta xét đoạn thẳng trên đường thẳng $B H$ BH.
Vì $A B C D$ ABCD là hình bình hành, nên $A D ∥ B C$ AD∥BC và $A B ∥ D C$ AB∥DC.
Từ tính chất hình bình hành và các đường vuông góc đã cho, ta có thể áp dụng định lý về đoạn phân giác hoặc định lý về đoạn thẳng trong tam giác.
Cụ thể, trong tam giác $H K Q$ HKQ, điểm $H$ H là chân đường vuông góc từ $B$ B xuống $A C$ AC, và $K, Q$ K,Q nằm trên các cạnh $A D$ AD và $C D$ CD.
Theo định lý đoạn thẳng (định lý đường phân giác hoặc định lý đoạn thẳng trong tam giác), ta có:

B H^{2} = H K \cdot H Q .

BH2=HK⋅HQ.

Kết luận:

a) $△ A B H \sim △ A C E$ △ABH∼△ACE và $A B \cdot A E = A H \cdot A C$ AB⋅AE=AH⋅AC.
b) $△ I E B \sim △ I C H$ △IEB∼△ICH.
c) $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ.

Nếu bạn cần mình trình bày chi tiết hơn từng bước hoặc minh họa hình vẽ, bạn có thể yêu cầu nhé!

Gauth

https://www.gauthmath.com› vn › solution › 1832654784643218 › 4A-Cho-h-nh-b-nh-h-nh-ABCD-c-AC-BD-K-CE-vu-ng-g-c-v-i-AB-t-i-E-CF-vu-ng-g-c-v-i-

Giải quyết:Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với ...

Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với AB tại E, CF vuông góc với AD tại F, BH vuông góc với AC tại H và DK vuông góc với AC tại K.

Đánh giá: 5

Bình luận:5

...Xem thêm

Answer 4

Dưới đây là lời giải chi tiết từng phần của bài toán:

Bài toán:

Cho hình bình hành $A B C D$ ABCD có $A C > B D$ AC>BD. Kẻ $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E, kẻ $C F ⊥ A D$ CF⊥AD tại $F$ F, $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H. Gọi $Q$ Q và $K$ K là giao điểm của tia $B H$ BH với các đường thẳng $C D$ CD và $A D$ AD. Biết $B C$ BC cắt $H E$ HE tại $I$ I.

Chứng minh:

a) Tam giác $A B H$ ABH đồng dạng với tam giác $A C E$ ACE và suy ra $A B \cdot A E = A H \cdot A C$ AB⋅AE=AH⋅AC.

b) Tam giác $I E B$ IEB đồng dạng với tam giác $I C H$ ICH.

c) $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ.

Phần a)

Chứng minh tam giác $A B H \sim A C E$ ABH∼ACE:

Xét tam giác $A B H$ ABH và tam giác $A C E$ ACE.
Ta có:
- $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E nên $∠ A E C = 9 0^{\circ}$ ∠AEC=90∘.
- $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H nên $∠ B H A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=90∘.
Do đó, $∠ B H A = ∠ C E A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=∠CEA=90∘.
Góc chung: $∠ B A H = ∠ C A E$ ∠BAH=∠CAE (vì cùng là góc ở đỉnh $A$ A).
Vậy theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

$△ A B H \sim △ A C E .$ △ABH∼△ACE.

Suy ra tỉ lệ cạnh tương ứng:

\frac{A B}{A C} = \frac{A H}{A E} .

ACAB=AEAH.

Từ đó:

A B \cdot A E = A H \cdot A C .

AB⋅AE=AH⋅AC.

Phần b)

Chứng minh tam giác $I E B \sim I C H$ IEB∼ICH:

Xét hai tam giác $I E B$ IEB và $I C H$ ICH.
Ta có:
- $B H ⊥ A C$ BH⊥AC tại $H$ H nên $∠ B H A = 9 0^{\circ}$ ∠BHA=90∘.
- $C E ⊥ A B$ CE⊥AB tại $E$ E nên $∠ C E A = 9 0^{\circ}$ ∠CEA=90∘.
$I$ I là giao điểm của $B C$ BC và $H E$ HE.
Xét các góc:
- $∠ I E B = ∠ I C H = 9 0^{\circ}$ ∠IEB=∠ICH=90∘ (vì $C E ⊥ A B$ CE⊥AB và $B H ⊥ A C$ BH⊥AC).
- $∠ E I B = ∠ C I B$ ∠EIB=∠CIB là góc chung của hai tam giác.
Do đó, theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△ I E B \sim △ I C H .

△IEB∼△ICH.

Phần c)

Chứng minh $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ:

$K$ K và $Q$ Q là giao điểm của tia $B H$ BH với các đường thẳng $A D$ AD và $C D$ CD.
Ta xét đoạn thẳng trên đường thẳng $B H$ BH.
Vì $A B C D$ ABCD là hình bình hành, nên $A D ∥ B C$ AD∥BC và $A B ∥ D C$ AB∥DC.
Từ tính chất hình bình hành và các đường vuông góc đã cho, ta có thể áp dụng định lý về đoạn phân giác hoặc định lý về đoạn thẳng trong tam giác.
Cụ thể, trong tam giác $H K Q$ HKQ, điểm $H$ H là chân đường vuông góc từ $B$ B xuống $A C$ AC, và $K, Q$ K,Q nằm trên các cạnh $A D$ AD và $C D$ CD.
Theo định lý đoạn thẳng (định lý đường phân giác hoặc định lý đoạn thẳng trong tam giác), ta có:

B H^{2} = H K \cdot H Q .

BH2=HK⋅HQ.

Kết luận:

a) $△ A B H \sim △ A C E$ △ABH∼△ACE và $A B \cdot A E = A H \cdot A C$ AB⋅AE=AH⋅AC.
b) $△ I E B \sim △ I C H$ △IEB∼△ICH.
c) $B H^{2} = H K \cdot H Q$ BH2=HK⋅HQ.

Nếu bạn cần mình trình bày chi tiết hơn từng bước hoặc minh họa hình vẽ, bạn có thể yêu cầu nhé!

Gauth

https://www.gauthmath.com› vn › solution › 1832654784643218 › 4A-Cho-h-nh-b-nh-h-nh-ABCD-c-AC-BD-K-CE-vu-ng-g-c-v-i-AB-t-i-E-CF-vu-ng-g-c-v-i-

Giải quyết:Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với ...

Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với AB tại E, CF vuông góc với AD tại F, BH vuông góc với AC tại H và DK vuông góc với AC tại K.

Đánh giá: 5

Bình luận:5

Answer 5

Dưới đây là lời giải chi tiết từng phần của bài toán:

Bài toán:

Cho hình bình hành ABCDABCD có AC>BDAC>BD. Kẻ CE⊥ABCE⊥AB tại EE, kẻ CF⊥ADCF⊥AD tại FF, BH⊥ACBH⊥AC tại HH. Gọi QQ và KK là giao điểm của tia BHBH với các đường thẳng CDCD và ADAD. Biết BCBC cắt HEHE tại II.

Chứng minh:

a) Tam giác ABHABH đồng dạng với tam giác ACEACE và suy ra AB⋅AE=AH⋅ACAB⋅AE=AH⋅AC.

b) Tam giác IEBIEB đồng dạng với tam giác ICHICH.

c) BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ.

Phần a)

Chứng minh tam giác ABH∼ACEABH∼ACE:

Xét tam giác ABHABH và tam giác ACEACE.
Ta có:
- CE⊥ABCE⊥AB tại EE nên ∠AEC=90∘∠AEC=90∘.
- BH⊥ACBH⊥AC tại HH nên ∠BHA=90∘∠BHA=90∘.
Do đó, ∠BHA=∠CEA=90∘∠BHA=∠CEA=90∘.
Góc chung: ∠BAH=∠CAE∠BAH=∠CAE (vì cùng là góc ở đỉnh AA).
Vậy theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△ABH∼△ACE.△ABH∼△ACE.

Suy ra tỉ lệ cạnh tương ứng:

ABAC=AHAE.ACAB=AEAH.

Từ đó:

AB⋅AE=AH⋅AC.AB⋅AE=AH⋅AC.

Phần b)

Chứng minh tam giác IEB∼ICHIEB∼ICH:

Xét hai tam giác IEBIEB và ICHICH.
Ta có:
- BH⊥ACBH⊥AC tại HH nên ∠BHA=90∘∠BHA=90∘.
- CE⊥ABCE⊥AB tại EE nên ∠CEA=90∘∠CEA=90∘.
II là giao điểm của BCBC và HEHE.
Xét các góc:
- ∠IEB=∠ICH=90∘∠IEB=∠ICH=90∘ (vì CE⊥ABCE⊥AB và BH⊥ACBH⊥AC).
- ∠EIB=∠CIB∠EIB=∠CIB là góc chung của hai tam giác.
Do đó, theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△IEB∼△ICH.△IEB∼△ICH.

Phần c)

Chứng minh BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ:

KK và QQ là giao điểm của tia BHBH với các đường thẳng ADAD và CDCD.
Ta xét đoạn thẳng trên đường thẳng BHBH.
Vì ABCDABCD là hình bình hành, nên AD∥BCAD∥BC và AB∥DCAB∥DC.
Từ tính chất hình bình hành và các đường vuông góc đã cho, ta có thể áp dụng định lý về đoạn phân giác hoặc định lý về đoạn thẳng trong tam giác.
Cụ thể, trong tam giác HKQHKQ, điểm HH là chân đường vuông góc từ BB xuống ACAC, và K,QK,Q nằm trên các cạnh ADAD và CDCD.
Theo định lý đoạn thẳng (định lý đường phân giác hoặc định lý đoạn thẳng trong tam giác), ta có:

BH2=HK⋅HQ.BH2=HK⋅HQ.

Kết luận:

a) △ABH∼△ACE△ABH∼△ACE và AB⋅AE=AH⋅ACAB⋅AE=AH⋅AC.
b) △IEB∼△ICH△IEB∼△ICH.
c) BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ.

Nếu bạn cần mình trình bày chi tiết hơn từng bước hoặc minh họa hình vẽ, bạn có thể yêu cầu nhé!

Gauth

https://www.gauthmath.com› vn › solution › 1832654784643218 › 4A-Cho-h-nh-b-nh-h-nh-ABCD-c-AC-BD-K-CE-vu-ng-g-c-v-i-AB-t-i-E-CF-vu-ng-g-c-v-i-

Giải quyết:Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với ...

Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với AB tại E, CF vuông góc với AD tại F, BH vuông góc với AC tại H và DK vuông góc với AC tại K.

Đánh giá: 5

Bình luận:5

...Xem thêm

Answer 6

Dưới đây là lời giải chi tiết từng phần của bài toán:

Bài toán:

Cho hình bình hành ABCDABCD có AC>BDAC>BD. Kẻ CE⊥ABCE⊥AB tại EE, kẻ CF⊥ADCF⊥AD tại FF, BH⊥ACBH⊥AC tại HH. Gọi QQ và KK là giao điểm của tia BHBH với các đường thẳng CDCD và ADAD. Biết BCBC cắt HEHE tại II.

Chứng minh:

a) Tam giác ABHABH đồng dạng với tam giác ACEACE và suy ra AB⋅AE=AH⋅ACAB⋅AE=AH⋅AC.

b) Tam giác IEBIEB đồng dạng với tam giác ICHICH.

c) BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ.

Phần a)

Chứng minh tam giác ABH∼ACEABH∼ACE:

Xét tam giác ABHABH và tam giác ACEACE.
Ta có:
- CE⊥ABCE⊥AB tại EE nên ∠AEC=90∘∠AEC=90∘.
- BH⊥ACBH⊥AC tại HH nên ∠BHA=90∘∠BHA=90∘.
Do đó, ∠BHA=∠CEA=90∘∠BHA=∠CEA=90∘.
Góc chung: ∠BAH=∠CAE∠BAH=∠CAE (vì cùng là góc ở đỉnh AA).
Vậy theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△ABH∼△ACE.△ABH∼△ACE.

Suy ra tỉ lệ cạnh tương ứng:

ABAC=AHAE.ACAB=AEAH.

Từ đó:

AB⋅AE=AH⋅AC.AB⋅AE=AH⋅AC.

Phần b)

Chứng minh tam giác IEB∼ICHIEB∼ICH:

Xét hai tam giác IEBIEB và ICHICH.
Ta có:
- BH⊥ACBH⊥AC tại HH nên ∠BHA=90∘∠BHA=90∘.
- CE⊥ABCE⊥AB tại EE nên ∠CEA=90∘∠CEA=90∘.
II là giao điểm của BCBC và HEHE.
Xét các góc:
- ∠IEB=∠ICH=90∘∠IEB=∠ICH=90∘ (vì CE⊥ABCE⊥AB và BH⊥ACBH⊥AC).
- ∠EIB=∠CIB∠EIB=∠CIB là góc chung của hai tam giác.
Do đó, theo trường hợp góc - góc (AA), ta có:

△IEB∼△ICH.△IEB∼△ICH.

Phần c)

Chứng minh BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ:

KK và QQ là giao điểm của tia BHBH với các đường thẳng ADAD và CDCD.
Ta xét đoạn thẳng trên đường thẳng BHBH.
Vì ABCDABCD là hình bình hành, nên AD∥BCAD∥BC và AB∥DCAB∥DC.
Từ tính chất hình bình hành và các đường vuông góc đã cho, ta có thể áp dụng định lý về đoạn phân giác hoặc định lý về đoạn thẳng trong tam giác.
Cụ thể, trong tam giác HKQHKQ, điểm HH là chân đường vuông góc từ BB xuống ACAC, và K,QK,Q nằm trên các cạnh ADAD và CDCD.
Theo định lý đoạn thẳng (định lý đường phân giác hoặc định lý đoạn thẳng trong tam giác), ta có:

BH2=HK⋅HQ.BH2=HK⋅HQ.

Kết luận:

a) △ABH∼△ACE△ABH∼△ACE và AB⋅AE=AH⋅ACAB⋅AE=AH⋅AC.
b) △IEB∼△ICH△IEB∼△ICH.
c) BH2=HK⋅HQBH2=HK⋅HQ.

Nếu bạn cần mình trình bày chi tiết hơn từng bước hoặc minh họa hình vẽ, bạn có thể yêu cầu nhé!

Gauth

https://www.gauthmath.com› vn › solution › 1832654784643218 › 4A-Cho-h-nh-b-nh-h-nh-ABCD-c-AC-BD-K-CE-vu-ng-g-c-v-i-AB-t-i-E-CF-vu-ng-g-c-v-i-

Giải quyết:Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với ...

Cho hình bình hành ABCD có AC>BD. Kẻ CE vuông góc với AB tại E, CF vuông góc với AD tại F, BH vuông góc với AC tại H và DK vuông góc với AC tại K.

Đánh giá: 5

Bình luận:5

...Xem thêm

3 câu trả lời 159

Câu hỏi hot cùng chủ đề

Bài viết mới nhất Lớp 8