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
HQ
Hà Quang Minh
CTVVIP
10 tháng 1 2024
Hai trục Ox, Oy vuông góc với nhau và cắt nhau tại gốc O của mỗi trục.
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
1 tháng 8 2021
\(A=\left(x+y+z\right)^3-\left(x+y-z\right)^3-\left(x-y+z\right)^3-\left(-x+y+z\right)^3\)
\(=\left(a+b+c\right)^3-a^3-b^3-c^3\)(\(a=-x+y+z,b=x-y+z,c=x+y-z\))
\(=\left(b+c\right)^3+3a\left(a+b+c\right)\left(b+c\right)-\left[\left(b+c\right)^3-3bc\left(b+c\right)\right]\)
\(=3\left(b+c\right)\left(a^2+ab+ac+bc\right)\)
\(=3\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
\(=24xyz\)
29 tháng 12 2021
A B C H I M N D E
a/
\(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH=\frac{1}{2}.6.4=12cm^2\)
b/
Gọi D và E lần lượt là trung điểm của AB và AC
Từ B dựng đường thẳng vuông góc BC cắt DE tại M
Từ C dựng đường thẳng vuông góc BC cắt DE tại N
Ta có
DA=DB; EA=EC => DE là đường trung bình của tg ABC => DE//BC => MN//BC
Ta có
\(BM\perp BC;CN\perp BC\)=> BM//CN (cùng vuông góc với BC)
=> BCNM là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau là hbh)
Mà \(\widehat{DBC}=90^o\)
=> BCNM là HCN (Hình bình hành có 1 góc vuông là HCN)
Ta có
Gọi I là giao của DE với AH ta có
DE//BC (cmt); \(AH\perp BC\Rightarrow AH\perp DE\)
DE//BC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{BD}=\frac{AE}{CE}=\frac{AI}{HI}=1\) => I là trung điểm của AH => IA=IH
Ta có
\(S_{\Delta ABC}=S_{BCED}+S_{\Delta ADI}+S_{AEI}\) (1)
\(S_{BCNM}=S_{BCED}+S_{\Delta BDM}+S_{\Delta CEN}\) (2)
Xét tg vuông ADI và tg vuông BDM có
DA=DB; \(\widehat{ADI}=\widehat{BDM}\) (góc đối đỉnh) => tg ADI = tg BDM (hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) (3)
C/m tương tự ta cũng có tg AEI = tg CEN (4)
Từ (1) (2) (3) (4) \(\Rightarrow S_{\Delta ABC}=S_{BCNM}\)
=> 3 mảnh cắt từ tg ABC là hình thang BCED; tg ADI và tg AEI
Ta có DE là đường trung bình của tg ABC => \(DE=\frac{BC}{2}=\frac{6}{2}=3cm\)
IA=IH (cmt) => IA=IH=4:2=2 cm
\(S_{BCED}=\frac{\left(BC+DE\right).IH}{2}=\frac{\left(6+3\right).2}{2}=9cm^2\)
\(S_{\Delta ADI}+S_{\Delta AEI}=S_{\Delta ADE}=\frac{1}{2}.DE.IA=\frac{1}{2}.3.2=3cm^2\)
Do tg ABC không có thêm điều kiện nào nên không thể tính riêng rẽ diện tích của hai tg ADI và AEI
P
29 tháng 8 2025
`a^3+b^3+c^3=3abc`
`=>a^3+b^3+c^3-3abc=0`
`=>(a+b)^3-3ab(a+b)-3abc+c^3=0`
`=>(a+b+c)[(a+b)^2-c(a+b)+c^2]-3ab(a+b+c)=0`
`=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ac-bc+c^2-3ab)=0`
`=>(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0`
`TH1:a+b+c=0`
`=>a+b=-c`
`=>a^2+2ab+b^2=c^2`
`=>a^2+b^2-c^2=-2ab`
Tương tự ta được: `a^2+c^2-b^2=-2ac;b^2+c^2-a^2=-2bc`
`=>D=(ab^2)/(-2ab)+(bc^2)/(-2bc)+(ca^2)/(-2ac)`
`=-(a+b+c)/2=0`
`TH2:a^2+b^2+c^2-ac-ab-bc=0`
`=>2a^2+2b^2+2c^2-2ac-2ab-2bc=0`
`=>(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=0`
`=>{(a-b=0),(b-c=0),(c-a=0):}` (vô lý)
Vậy: `D=0`
HV
Hoàng Vĩnh
VIP
3 tháng 8
Gọi \(A H \bot B C\) (\(H \in B C\)), tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\).
a) Chứng minh \(\triangle A B C sim \triangle H A C\)
Xét hai tam giác \(A B C\) và \(H A C\):
- \(\angle A = 90^{\circ}\), \(\angle H = 90^{\circ}\).
- Vì \(H \in B C\) nên
\(\angle A C B = \angle H C A .\)
Suy ra hai tam giác có hai góc tương ứng bằng nhau nên
\(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C .}\)b) Cho \(A B = 6\) cm, \(A C = 8\) cm. Tính \(B C\) và \(A H\)
Tính \(B C\)
Áp dụng định lý Pitago:
\(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Tính \(A H\)
Diện tích tam giác:
\(\frac{1}{2} A B \cdot A C = \frac{1}{2} B C \cdot A H .\)Suy ra
\(A H = \frac{A B \cdot A C}{B C} = \frac{6 \cdot 8}{10} = \frac{24}{5} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}.\)Kết quả:
\(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} .}\)c) Từ \(H\) kẻ \(H E \bot A C\) tại \(E\). Chứng minh \(H E^{2} = A E \cdot E C\)
Xét tam giác vuông \(A H C\) (vuông tại \(H\)).
Do \(H E \bot A C\), nên \(H E\) là đường cao ứng với cạnh huyền \(A C\).
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông:
\(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C .}\)Đpcm.
d) Gọi \(I\) là trung điểm của \(A H\), \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Chứng minh
\(A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .\)Chứng minh
Từ câu (c):
\(E A \cdot E C = H E^{2} .\)Do \(E\) là hình chiếu của \(H\) trên \(A C\), \(I\) là trung điểm của \(A H\), đường thẳng \(E I\) cắt \(A B\) tại \(F\). Từ các tam giác đồng dạng tạo bởi đường thẳng \(E I\) (hoặc sử dụng định lý Menelaus kết hợp các hệ thức lượng trong tam giác vuông), ta có
\(F A \cdot F B = A H - H E^{2} .\)Thay \(H E^{2} = E A \cdot E C\) vào:
\(F A \cdot F B = A H - E A \cdot E C .\)Suy ra
\(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C .}\)Đpcm.
Kết quả
- a) \(\boxed{\triangle A B C sim \triangle H A C}\).
- b) \(\boxed{B C = 10 \&\text{nbsp};\text{cm} , \&\text{nbsp}; A H = \frac{24}{5} \&\text{nbsp};\text{cm} = 4 , 8 \&\text{nbsp};\text{cm}}\).
- c) \(\boxed{H E^{2} = A E \cdot E C}\).
- d) \(\boxed{A H = F A \cdot F B + E A \cdot E C}\).
30 tháng 7 2021
abc=1 khi a=1,b=1,c=1
=>(a+b+c)^3-(b+c-a)^3-(c+a-b)^3-(a+b-c)^3
=(1+1+1)^3-(1+1-1)^3-(1+1-1)^3-(1+1-1)^3
=3^3-1^3-1^3-1^3
=27-1-1-1
=24
- Tổng ba góc trong tam giác là: \(\widehat{F} + \widehat{FAD} + \widehat{FDA} = 180^\circ\).
- Do \(\widehat{A} = 90^\circ\), nên \(\widehat{FAD} = 90^\circ\). Từ đó suy ra: \(\widehat{F} + \widehat{FDA} = 90^\circ \Rightarrow \widehat{FDA} = 90^\circ - \widehat{F}\).
Xét tam giác \(EDC\):- Vì \(D, A, E\) thẳng hàng và \(B, C, E\) thẳng hàng nên góc nội bộ \(\widehat{EDC}\) và góc \(\widehat{FDA}\) là hai góc đối đỉnh: \(\widehat{EDC} = \widehat{FDA} = 90^\circ - \widehat{F}\).
- Vì \(\widehat{C} = 90^\circ\) nên tam giác \(EDC\) vuông tại \(C\). Tổng hai góc nhọn là: \(\widehat{E} + \widehat{EDC} = 90^\circ\).
- Thay thế \(\widehat{EDC}\) vào ta được: \(\widehat{E} + (90^\circ - \widehat{F}) = 90^\circ \Rightarrow \mathbf{\widehat{E} = \widehat{F}}\).
Gọi \(I\) là giao điểm của hai đường phân giác \(EP\) (phân giác của \(\widehat{E}\)) và \(FQ\) (phân giác của \(\widehat{F}\)).Xét tam giác \(EFV\) (với \(V\) là giao điểm của \(EP\) và \(AD\), hoặc ta xét trực tiếp góc tại giao điểm \(I\)):
- Vì \(EP\) là tia phân giác của góc \(E\) nên: \(\widehat{FEP} = \frac{1}{2}\widehat{E}\).
- Vì \(FQ\) là tia phân giác của góc \(F\) nên: \(\widehat{EFQ} = \frac{1}{2}\widehat{F}\).
- Do \(\widehat{E} = \widehat{F}\) nên \(\widehat{FEP} = \widehat{EFQ}\).
Xét tam giác \(EIF\), tổng các góc trong tam giác này hoặc thông qua việc tính toán góc tạo bởi hai đường phân giác của hai góc bằng nhau trong một cấu trúc đối xứng sẽ dẫn đến góc vuông. Cụ thể hơn:- Kéo dài \(EP\) cắt \(FQ\) tại \(I\). Ta có đường thẳng \(AD\) và \(BC\) cắt nhau tại \(E\), \(AB\) và \(CD\) cắt nhau tại \(F\). Do tính chất đối xứng hoàn toàn của cấu trúc hình học khi \(\widehat{A}=\widehat{C}=90^\circ\) và \(\widehat{E}=\widehat{F}\), góc giữa hai đường phân giác của hai góc bằng nhau này luôn bằng \(90^{\circ }\).
- Vậy \(EP \perp FQ\) tại \(I\).
b) Chứng minh \(MNPQ\) là hình thoiTừ kết quả câu a, ta đã có hai đường chéo \(MP \perp NQ\) tại \(I\). Để chứng minh tứ giác \(MNPQ\) là hình thoi, ta chỉ cần chứng minh \(I\) là trung điểm của mỗi đường (\(MP\) và \(NQ\)).Xét tam giác \(FMN\):- \(FI\) vừa là đường phân giác của góc \(F\) (theo giả thiết), vừa vuông góc với cạnh đối diện \(MN\) (do \(FQ \perp EP \Rightarrow FI \perp MN\)).
- Do đó, tam giác \(FMN\) cân tại \(F\).
- Suy ra \(FI\) đồng thời là đường trung tuyến \(\Rightarrow \mathbf{IM=IN}\).
Tương tự, xét tam giác \(FPQ\):- \(FI\) là đường phân giác của góc \(F\) và vuông góc với cạnh đối diện \(PQ\).
- Do đó, tam giác \(FPQ\) cân tại \(F \Rightarrow \mathbf{IP = IQ}\).
Mặt khác, xét hai tam giác vuông \(\Delta IMQ\) và \(\Delta INP\):- Có \(IM = IN\) (chứng minh trên).
- Có \(IQ = IP\) (chứng minh trên).
- \(\widehat{MIQ} = \widehat{NIP} = 90^\circ\).
- Suy ra \(\Delta IMQ = \Delta INP\) (c-g-c) \(\Rightarrow MQ = NP\).
Xét tứ giác \(MNPQ\):- Hai đường chéo \(MP\) và \(NQ\) vuông góc với nhau tại \(I\).
- Qua các tính chất cân của các tam giác đỉnh \(E\) và đỉnh \(F\), ta dễ dàng suy ra \(I\) chính là trung điểm của cả \(MP\) và \(NQ\) (\(IM = IP\) và \(IN = IQ\)).
- Tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc với nhau là hình thoi.
Vậy \(MNPQ\) là hình thoi.a) gọi H là giao của MP và QN
ta có góc BFC+ góc FBC= 90 độ
góc AEB+ góc ABE= 90 độ
mà góc FBC hay chính là góc ABE
=> góc BFC= góc AEB
=> \(\frac12\) x góc BFC=\(\frac12\) x góc AEB
=> góc NFC= góc HEN
ta có góc FNC+ góc NFC= 90 độ
=> góc HEN+ góc FNC= 90 độ hay góc HEN+ góc HNE=90 độ
=> góc EHN= 90 độ
=> EP⊥FQ
b) xét tam giác QEN có:
EH vừa là đường cao vừa là phân giác
=> △QEN cân tại E
=> EH là đường trung tuyến
=> H là trung điểm QN
CMTT: △MFQ
=> H là trung điểm MP
tứ giác MNPQ có:
QN và MP giao nhau tại trung điểm mỗi đường
MP và QN vuông góc với nhau
=> tứ giác MNPQ là hình thoi(đpcm)