Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác và E là tiếp điểm
nên IE⊥AC, mà A^=90o suy ra IE//AB
⇒ANEI=AMEM
⇒AN=AM.EIEM=AC.EI2(AM−AE) (1)
Tứ giác AEIF là hình vuông nên AE=EI;
D, E, F là các tiếp điểm
⇒AE+CD+BD=12(BC+CA+AB)⇒AE=AC+AB−BC2,
thay vào (1) ta được ...
a, Theo định lí Pytago tam giác ABH : \(AB^2=AH^2+BH^2\)(1)
Theo định lí Pytago tam giác ACH : \(AC^2=AH^2+AC^2\)(2)
Lấy (1) - (2) : \(AB^2-AC^2=AH^2+BH^2-AH^2-HC^2\)
\(\Leftrightarrow AB^2-AC^2=BH^2-HC^2\Leftrightarrow AB^2+HC^2=BH^2+AC^2\)
b, Ta có : \(AH^2=AM.AB\)( hệ thức lượng ) (1)
\(AH^2=AN.AC\)( hệ thức lượng ) (2)
Từ (1) ; (2) suy ra : \(AM.AB=AN.AC\)(3)
(3) => \(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
Xét tam giác AMN và tam giác ACB ta có :
^A _ chung
\(\frac{AM}{AC}=\frac{AN}{AB}\)
Vậy tam giác AMN ~ tam giác ACB ( c.g.c )
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
* Áp dụng hệ thức : \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{9}{5}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AC^2=CH.BC\Rightarrow CH=\frac{AC^2}{BC}=\frac{16}{5}\)cm
ta có :
\(\widehat{OAB}+\widehat{O'AC}=90^o\Rightarrow\hept{\begin{cases}AC=2AO\cos\widehat{OAC}\\AB=2AO'\cos\widehat{O'AB}=2AO'\sin\widehat{OAC}\end{cases}}\)
ta có : \(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC=2OA.O'A.\sin\widehat{OAC}.cos\widehat{OAC}\le OA.O'A\left(\sin^2\widehat{OAC}+cos^2\widehat{OAC}\right)=OA.OA'\)
dấu bằng xảy ra khi \(\sin\widehat{OAC}=cos\widehat{OAC}\Rightarrow\widehat{OAC}=45^o\)
từ đó ta xác định được vị trí của B và C
\(A=\frac{2\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}\)với \(x=16\Rightarrow\sqrt{x}=4\)
\(=\frac{2.4+1}{16+4+1}=\frac{9}{21}=\frac{3}{7}\)
Vậy với x = 16 thì A nhận giá trị là 3/7
b, Sửa rút gọn biểu thức B nhé
Với \(x\ge0;x\ne1\)
\(B=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}-\frac{\sqrt{x}}{1-x}\right):\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}-1\right)\)
\(=\left(\frac{1}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}\pm1\right)}\right):\left(\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}\right)\)
\(=\frac{\sqrt{x}+1+\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}\pm1\right)}.\frac{\sqrt{x}-1}{1}=\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)
c, Ta có : \(M=\frac{A}{B}\)hay \(M=\frac{\frac{2\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}}{\frac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}}\)
\(=\frac{2\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}+1}.\frac{\sqrt{x}+1}{2\sqrt{x}}\)
\(=\frac{\left(2\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{2\sqrt{x}\left(x+\sqrt{x}+1\right)}\)
\(x^2+x-a=0\)
\(x\left(x+1\right)=a\)
ta có snt thì không chia hết cho số nào ngoài 1 và chính nó
vậy a là số nguyên tố thì \(\orbr{\begin{cases}x=1\\x+1=1\end{cases}\orbr{\begin{cases}x=1\\x=0\end{cases}}}\)
\(TH1:x=0\)
\(0.1=a\)
\(0=a\left(KTM\right)\)
\(TH2:x=1\)
\(1.\left(1+1\right)=a\)
\(2=a\left(TM\right)\)
vậy chỉ có nghiệm x duy nhất là x=1
Để tính diện tích tam giác ABC, chúng ta có thể sử dụng công thức diện tích tam giác:
Diện tích tam giác ABC = 1/2 * AB * AC * sin(A)
Với góc A = 50°50' và AB = 4cm, AC = 6cm, chúng ta có thể tính được diện tích tam giác ABC bằng cách thay các giá trị vào công thức trên.
\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot sinA=\dfrac{1}{2}\cdot4\cdot6\cdot sin50\simeq9,19\left(cm^2\right)\)