K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
DH
1
23 tháng 9 2021
Xét tam giác ABH vuông tại H có:
\(sinB=\dfrac{AH}{AB}=0,5\Rightarrow AB=\dfrac{AH}{0,5}=\dfrac{5}{0,5}=10\)
Xét tam giác ABH vuông tại H có:
\(AB^2=AH^2+BH^2\left(Pytago\right)\)
\(\Rightarrow BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{10^2-5^2}=5\sqrt{3}\)
DH
0
MD
1
25 tháng 1
1: Xét (O) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE\(\perp\)AB tại E
Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBDC vuông tại D
=>BD\(\perp\)AC tại D
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH\(\perp\)BC tại F
2: Xét ΔFBH vuông tại F và ΔFAC vuông tại F có
\(\widehat{FBH}=\widehat{FAC}\left(=90^0-\widehat{ACF}\right)\)
Do đó: ΔFBH~ΔFAC
=>\(\dfrac{FB}{FA}=\dfrac{FH}{FC}\)
=>\(FB\cdot FC=FA\cdot FH\)
3: Xét tứ giác AEHD có
\(\widehat{AEH}+\widehat{ADH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
Tâm I là trung điểm của AH
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
25 tháng 1
a.
Do MA là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow MA\perp OA\Rightarrow\widehat{MAO}=90^0\)
Xét hai tam giác OMA và OMB có:
\(\left\{{}\begin{matrix}OA=OB=R\\MA=MB\left(gt\right)\\OM\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OMA=\Delta OMB\left(c.c.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{MBO}=\widehat{MAO}=90^0\)
\(\Rightarrow MB\perp OB\Rightarrow MB\) là tiếp tuyến
b.
Gọi H là giao điểm AB và OM
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OB=R\\MA=MB\left(gt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow OM\) là trung trực AB
\(\Rightarrow OM\perp AB\) tại H đồng thời \(HA=HB=\dfrac{AB}{2}\)
Trong tam giác vuông OMA: \(cos\widehat{AOM}=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{2}{2R}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{AOM}=60^0\)
\(\Rightarrow\widehat{AMO}=90^0-\widehat{AOM}=30^0\)
\(\Rightarrow\widehat{AMB}=2\widehat{AMO}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta AMB\) đều (tam giác cân có 1 góc bằng 60 độ)
Trong tam giác vuông OAH:
\(AH=OA.sin\widehat{AOM}=R.sin60^0=\dfrac{R\sqrt{3}}{3}\)
\(\Rightarrow AB=2AH=R\sqrt{3}\)
\(OH=OA.cos\widehat{AOM}=R.cos30^0=\dfrac{R}{2}\)
\(\Rightarrow HM=OM-OH=\dfrac{3R}{2}\)
\(\Rightarrow S_{ABM}=\dfrac{1}{2}HM.AB=\dfrac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)
c.
BE là đường kính \(\Rightarrow\widehat{BAE}\) là góc nt chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{BAE}=90^0\Rightarrow AB\perp AE\)
Mà \(AB\perp OM\) (theo cm câu b)
\(\Rightarrow AE||OM\) (cùng vuông góc AB)
ML
0
DH
2
23 tháng 9 2021
Kẻ \(AH\perp BC\)
Có \(sinB=\dfrac{AH}{AB}\)
\(\Rightarrow AB.sinB=AH\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}AH.BC=S_{ABC}\)
Có \(sinC=\dfrac{AH}{AC}\)
\(\Rightarrow AC.sinC=AH\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC=\dfrac{1}{2}AH.BC=S_{ABC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC=S_{ABC}\)
Áp dụng \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.10.15.sin60^0=\dfrac{75\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)
23 tháng 9 2021
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC
Áp dụng tslg trong tam giác ABH vuông tại H và tam giác AHC vuông tại H:
\(sinB=\dfrac{AH}{AB},sinC=\dfrac{AH}{AC}\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AH=\dfrac{1}{2}AB.BC.\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AH=\dfrac{1}{2}AC.BC.\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC\)
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.10.15.sin60^0=\dfrac{1}{2}.10.15.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{75\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)
11 tháng 6 2023
b: \(=\dfrac{x\left(\sqrt{x-1}-1+\sqrt{x-1}+1\right)}{1+x-2}=\dfrac{x\cdot2\sqrt{x-1}}{x-1}=\dfrac{2x}{\sqrt{x-1}}\)
c:
Sửa đề: 1/căn x
\(=\dfrac{3\sqrt{x}-x+x+9}{9-x}:\dfrac{3\sqrt{x}+1-\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}\)
\(=\dfrac{-3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}\)
14 tháng 10 2021
a: Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp đường tròn
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
Xét tứ giác AMCK có
\(\widehat{AKC}+\widehat{AMC}=180^0\)
nên AMCK là tứ giác nội tiếp
hay A,M,C,K cùng thuộc một đường tròn
PM
1
27 tháng 8 2021
a: Áp dụng định lí Pytago vào ΔBAC vuông tại A, ta được:
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=10^2+15^2=325\)
hay \(BC=5\sqrt{13}\left(cm\right)\)
Xét ΔBAC vuông tại A có
\(\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{15}{5\sqrt{13}}=\dfrac{3}{\sqrt{13}}\)
\(\Leftrightarrow\widehat{B}\simeq56^0\)
b: Xét ΔBAC có
BI là đường phân giác ứng với cạnh AC
nên \(\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{CI}{BC}\)
hay \(\dfrac{AI}{10}=\dfrac{CI}{5\sqrt{13}}\)
mà AI+CI=15cm
nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{AI}{10}=\dfrac{CI}{5\sqrt{13}}=\dfrac{AI+CI}{10+5\sqrt{13}}=\dfrac{15}{10+5\sqrt{13}}=\dfrac{-2+\sqrt{13}}{3}\)
Do đó: \(AI=\dfrac{-20+10\sqrt{13}}{3}\left(cm\right)\)
Lớp mấy vậy, xin đề
đề bài là j vậy bn?