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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 9
Xét trường hợp D nằm ngoài OC (trường hợp còn lại em tự xét).
a.
Do đường tròn đường kính OA cắt OC tại D nên ∠ADO là góc nt chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\angle ADO=90^0\Rightarrow\angle ADC=90^0\)
=>D thuộc đường tròn đường kính AC (1)
Do CH⊥AB tại H nên \(\angle AHC=90^0\Rightarrow\) H thuộc đường tròn đường kính AC (2)
(1),(2) =>4 điểm A,C,D,H đồng viên
b.
Do A,C,D,H đồng viên (cmt) nên ∠ACD=∠AHD (cùng chắn AD) (3)
Lại có OA=OC (cùng là bán kính của (O)) =>ΔOAC cân tại O
=>∠ACD=∠CAO (4)
(3),(4) =>∠AHD=∠CAO
=>HD song song AC (hai góc so le trong bằng nhau)
28 tháng 8
a: Xét ΔCOA có
CH là đường cao
CH là đường trung tuyến
Do đó: ΔCOA cân tại C
=>CO=CA
mà OC=OA
nên OC=OA=CA
=>ΔOCA đều
=>\(\hat{OCA}=\hat{OAC}=\hat{AOC}=60^0\)
ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của CD và OH là phân giác của góc COD
Xét tứ giác OCAD có
H là trung điểm chung của OA và CD
=>OCAD là hình bình hành
Hình bình hành OCAD có OC=OD
nên OCAD là hình thoi
OA là phân giác của góc COD
=>\(\hat{COD}=2\cdot\hat{COA}=120^0\)
=>Sđ cung CD=120 độ
b: OCAD là hình thoi
=>CH là phân giác của góc OCA
=>\(\hat{OCH}=\frac12\cdot\hat{OCA}=30^0\)
Ta có: \(\hat{OCH}+\hat{SCH}=\hat{SCO}\) (tia CH nằm giữa hai tia CO và CS)
=>\(\hat{SCH}=90^0-30^0=60^0\)
Xét ΔOCS vuông tại C và ΔODS vuông tại D có
OS chung
OC=OD
Do đó: ΔOCS=ΔODS
=>SC=SD
Xét ΔSCD có SC=SD và \(\hat{SCD}=60^0\)
nên ΔSCD đều
TP
28 tháng 8
Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
1 tháng 9
Ta có:
\(2025a+bc=a\left(a+b+c\right)+bc=\left(a+b\right)\left(c+a\right)\ge\left(\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\right)^2\)
\(\Rightarrow\sqrt{2025a+bc}\ge\sqrt{ab}+\sqrt{ac}\)
\(\Rightarrow\frac{a}{a+\sqrt{2025a+bc}}\le\frac{a}{a+\sqrt{ab}+\sqrt{ac}}=\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{b}{b+\sqrt{2025b+ac}}\le\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
\(\frac{c}{c+\sqrt{2025c+ab}}\le\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}\)
Cộng vế:
\(M\le\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}+\frac{\sqrt{c}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}}=1\)
Vậy \(M_{max}=1\) , dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c=675\)
18 tháng 8
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)
nên \(\hat{C}\) ≃37 độ
ΔABC vuông tại A
=>\(\hat{B}+\hat{C}=90^0\)
=>\(\hat{B}=90^0-37^0=53^0\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
c: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
\(AE\cdot AB=AH^2\)
=>\(AE=\frac{AH^2}{AB}\)
\(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\frac{AH^2}{AC}\)
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>\(S_{AEHF}=AE\cdot AF=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)
18 tháng 8
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AC^2=10^2-6^2=64=8^2\)
=>AC=8(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)
nên \(\hat{C}\) ≃37 độ
ΔABC vuông tại A
=>\(\hat{B}+\hat{C}=90^0\)
=>\(\hat{B}=90^0-37^0=53^0\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
c: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
\(AE\cdot AB=AH^2\)
=>\(AE=\frac{AH^2}{AB}\)
\(AF\cdot AC=AH^2\)
=>\(AF=\frac{AH^2}{AC}\)
Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>\(S_{AEHF}=AE\cdot AF=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}\)
15 tháng 8
Bài 3:
a: ΔOBC cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của BC
Xét ΔBOD có
BI là đường cao
BI là đường trung tuyến
Do đó: ΔBOD cân tại B
=>BO=BD
ma BO=OD
nên BO=BD=OD
=>ΔBOD đều
=>\(\hat{BOD}=\hat{BDO}=\hat{OBD}=60^0\)
Xét (O) có
ΔABD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔABD vuông tại B
=>\(\hat{BAD}+\hat{BDA}=90^0\)
=>\(\hat{BAD}=90^0-60^0=30^0\)
Xét ΔAIB vuông tại I và ΔAIC vuông tại I có
AI chung
IB=IC
Do đó: ΔAIB=ΔAIC
=>AB=AC
ΔAIB=ΔAIC
=>\(\hat{IAB}=\hat{IAC}\)
=>AI là phân giác của góc BAC
=>\(\hat{BAC}=2\cdot\hat{BAD}=2\cdot30^0=60^0\)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\hat{BAC}=60^0\)
nên ΔABC đều
b: ΔOBD đều
=>BD=OB=R
ΔABD vuông tại B
=>\(BA^2+BD^2=AD^2\)
=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
=>\(BA=R\sqrt3\)
=>\(BA=AC=BC=R\sqrt3\)
21 tháng 8
Bài 4:
a: Chiều cao của tòa nhà là:
\(25\cdot\tan36\) ≃18,2(m)
b: Khoảng cách từ chỗ anh ta đứng đến tòa nhà khi đó là:
18,2:tan32≃29,1(m)
Bài 3:
Kẻ BH⊥AC tại H
Xét ΔAHB vuông tại H có \(\sin A=\frac{BH}{AB}\)
=>\(BH=AB\cdot\sin A\)
Xét ΔABC có BH là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot BH\cdot AC=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC\)
Bài 2:
a: \(A=\frac{\sin45^0\cdot cos45^0}{\cot60^0}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}}{\tan30}=\frac12:\frac{\sqrt3}{3}=\frac12\cdot\frac{3}{\sqrt3}=\frac{3}{2\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}\)
b: \(B=\frac{\sin70^0\cdot\tan40^0}{cos20^0\cdot\cot50^0}=\frac{\sin70^0\cdot\tan40^0}{\sin70^0\cdot\tan40^0}=1\)
Bài 1:
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AB^2=BC^2-AC^2=10^2-8^2=36=6^2\)
=>AB=6(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{8}{10}=\frac45\)
\(cosB=\frac{BA}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)
\(\tan B=\frac{AC}{BA}=\frac86=\frac43\)
\(\cot B=\frac{AB}{AC}=\frac68=\frac34\)
Đề bài mờ quá em, ko đọc được gì cả