Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
b: Xét ΔAHC vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AC=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AC=HB\cdot HC\)
1: góc AHC+góc AKC=180độ
=>AHCK nội tiếp
2: góc AHK=góc ACK=góc ABC
3: AH^2=AI*AK
=>AH^2=2*AM*2NA
mà AH=AM+AN
nên (AM-AN)^2=0
=>AM=AN
=>2AM=2AN
=>AP=AK
=>A nằm chính giữa cung BC
=>A,O,H thẳng hàng
Câu 4:
D và F cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông nên tứ giác ACDF nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{ADF}=\widehat{ACF}\) (cùng chắn AF)
Tương tự, ABDE nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\) (cùng chắn AE)
Lại có \(\widehat{ABE}=\widehat{ACF}\) (cùng phụ góc \(\widehat{A}\))
\(\Rightarrow\widehat{ADE}=\widehat{ADF}\) hay AD là phân giác góc \(\widehat{FDE}\)
./
Hoàn toàn tương tự, ta cũng có CF là phân giác \(\widehat{DFE}\Rightarrow\widehat{BFD}=\widehat{AFE}\)
Mà \(\widehat{AFE}=\widehat{BFK}\Rightarrow\widehat{BFK}=\widehat{BFD}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{FK}{FD}\) theo định lý phân giác
Đồng thời \(\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{FK}{FD}\) (CF là phân giác ngoài góc \(\widehat{DFK}\))
\(\Rightarrow\dfrac{BK}{BD}=\dfrac{CK}{CD}\Rightarrow\dfrac{BK}{CK}=\dfrac{BD}{CD}\)
Qua B kẻ đường thẳng song song AC cắt AK và AD tại P và Q
Theo Talet: \(\dfrac{BK}{CK}=\dfrac{BP}{AC}\) đồng thời \(\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{BQ}{AC}\)
\(\Rightarrow\dfrac{BP}{AC}=\dfrac{BQ}{AC}\Rightarrow BP=BQ\)
Mặt khác BP song song MF (cùng song song AC)
\(\Rightarrow\dfrac{MF}{BP}=\dfrac{AF}{AB}\) ; \(\dfrac{NF}{BQ}=\dfrac{AF}{AB}\) (Talet)
\(\Rightarrow\dfrac{MF}{BP}=\dfrac{NF}{BQ}\Rightarrow MF=NF\)
a: Xét tứ giác OBAC có
\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\)
Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp
=\(\sqrt{\left(5+2\sqrt{6}\right)+\left(2\sqrt{10}+2\sqrt{15}\right)+5}\)
=\(\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}\right)^2+2\sqrt{5}\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)+\left(\sqrt{5}\right)^2}\)
=\(\sqrt{\left(\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{5}\right)^2}\)
=\(\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{5}\)
e, \(A=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}=\dfrac{\sqrt{x}-1+2}{\sqrt{x}-1}\)
Để A đạt giá trị nguyên thì \(\sqrt{x}-1=\left\{\pm1;\pm2\right\}\)
⇒\(\left[{}\begin{matrix}\sqrt{x}-1=-1\\\sqrt{x}-1=1\\\sqrt{x}-1=2\\\sqrt{x}-1=-2\left(vll\right)\end{matrix}\right.\leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x=4\\x=9\end{matrix}\right.\)
*vll là vô lí loại
@hoctot_nha
\(\widehat{AEI}=\widehat{BEI}\) (chắn 2 cung bằng nhau AC và BC)
\(\Rightarrow\) theo định lý phân giác: \(\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{IB}{IA}=\dfrac{\dfrac{R}{2}}{R+\dfrac{R}{2}}=\dfrac{1}{3}\)
Mặt khác 2 tam giác vuông AOH và AEB đồng dạng (chung góc A)
\(\Rightarrow\dfrac{OH}{OA}=\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{1}{3}\)
Lại có \(OA=OD\Rightarrow OH=\dfrac{1}{3}OD\Rightarrow DH=\dfrac{2}{3}OD\)
O lại là trung điểm AB \(\Rightarrow H\) là trọng tâm ABD
\(\Rightarrow AH\) đi qua trung điểm BD hay K là trung điểm BD
Mà tam giác OBD vuông cân tại O \(\Rightarrow\) OK là trung tuyến đồng thời là đường cao
\(\Rightarrow OK\perp BD\)
a: \(\sqrt{252}+\dfrac{1}{3}\sqrt{63}-\sqrt{175}\)
\(=4\sqrt{7}+\sqrt{7}-5\sqrt{7}\)
=0
Bài 5:
a: Xét tứ giác CKIH có
\(\widehat{CKI}+\widehat{CHI}=180^0\)
Do đó: CKIH là tứ giác nội tiếp