Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét tứ giác ABDE có
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)
Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔDAC vuông tại D và ΔDBF vuông tại D có
\(\widehat{DAC}=\widehat{DBF}\)
Do đó:ΔDAC∼ΔDBF
Suy ra: DA/DB=DC/DF
hay \(DB\cdot DC=DA\cdot DF\)
Vẽ đường kính CM
\(MA\perp AC\)(\(\Delta MAC\)nội tiếp)
\(BE\perp AC\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\)\(MA//BH\) (1)
\(MB\perp BC\)(\(\Delta MBC\)nội tiếp)
\(AH\perp BC\)(giả thiết)
\(\Rightarrow\)\(MB//AH\)(2)
Từ (1)(2):
\(\Rightarrow\)\(MAHB\)là hình bình hành.
\(\Rightarrow\)\(AH=BM\)
Do\(\widehat{BAC}=60^0\)
\(\Rightarrow BC=R\sqrt{3}\)
Áp dụng địn lí Pytago vào \(\Delta BMC\)
\(BM^2+BC^2=MC^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM^2=4R^2-3R^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM^2=R^2\)
\(\Leftrightarrow\)\(BM=\sqrt{R^2}=R\)
\(\Rightarrow\)\(AH=BM=R\)
Mà \(AO=\frac{2R}{2}=R\)
\(\Rightarrow\)\(AH=AO\)
\(\Rightarrow\)\(\Delta AHO\)cân tại \(A\)(ĐPCM)
A B C O F H E D I K A' C' B' M N
a) Do BHCK là hình bình hành nên BH // KC \(\Rightarrow KC\perp AC\Rightarrow\widehat{ACK}=90^o\)
KB // CF \(\Rightarrow\widehat{ABK}=90^o\)
Hai tam giác vuông ABK và ACK chung cạnh huyền AK nên A, B, C, K cùng thuộc đường tròn đường kính AK. Vậy K thuộc đường tròn (O).
b) Do BHCK là hình bình hành nên I là trung điểm HK.
AK là đường kính nên \(\widehat{AA'K}=90^o\Rightarrow\) DI // A'K
Vậy DI là đường trung bình tam giác HA'K. Suy ra HD = DA'
Tương tự : HF = FC' ; HE = EB'
Ta có : \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=\frac{AD+DA'}{AD}+\frac{BE+EE'}{BE}+\frac{CF+FC'}{CF}\)
\(=1+\frac{DA'}{AD}+1+\frac{EB'}{BE}+1+\frac{FC'}{CF}=3+\left(\frac{DA'}{AD}+\frac{EB'}{BE}+\frac{FC'}{CF}\right)\)
\(=3+\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)=3+\left(\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\right)\)
\(=3+\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=3+1=4\)
Vậy nên \(\frac{AA'}{AD}+\frac{BB'}{BE}+\frac{CC'}{CF}=4\)
c) Ta thấy \(\widehat{AKC}=\widehat{ABC}=\widehat{AHF}\)
Vậy nên \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AH}{AK}=\frac{AF}{AC}\) (1)
AFH và AEH là các tam giác vuông chung cạnh huyền AH nên AFHE là tứ giác nội tiếp.
Vậy thì \(\widehat{AFM}=\widehat{AHE}=\widehat{ACN}\)
Lại có \(\Delta AFH\sim\Delta ACK\Rightarrow\widehat{FAM}=\widehat{CAN}\)
Nên \(\Delta AFM\sim\Delta ACN\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AF}{AC}=\frac{AM}{AN}\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{AH}{AK}=\frac{AM}{AN}\Rightarrow\frac{AH}{AM}=\frac{AK}{AN}\Rightarrow\) MN // HK (Định lý Talet đảo)
a, \(ĐPCM:\hept{\begin{cases}\sqrt{x}-2\ne0\\3-\sqrt{x}\ne0\\x\ge0\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x\ne4\\x\ne9\\x\ge0\end{cases}}\)
\(Q=\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}-\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}-\frac{2\sqrt{x}+1}{3-\sqrt{x}}\)
\(=\frac{2\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}-\frac{\left(\sqrt{x}+3\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}+\frac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(2\sqrt{x}+1\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)
\(=\frac{2\sqrt{x}-9-x+9+2x-3\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)
\(=\frac{x-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-3\right)}=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}\)
tự làm bn oi