Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔKQP có \(QP^2=KQ^2+KP^2\)
nên ΔKQP vuông tại K
b: Xét ΔKQP vuông tại K có sin Q=KP/QP=12/13
nên góc Q=67 độ
=>góc P=23 độ
\(KH=\dfrac{12\cdot5}{13}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\)
c: Xét tứ giác KAOB có góc KAO=góc KBO=góc BKA=90 độ
nên KAOB là hình chữ nhật
=>AB=KO
Lời giải:
a) Ta thấy: $5^2+12^2=13^2$
$\Leftrightarrow KQ^2+KP^2=QP^2$
$\Rightarrow \triangle KQP$ vuông tại $K$ theo định lý Pitago đảo.
b)
$\sin P=\frac{QK}{QP}=\frac{5}{13}\Rightarrow \widehat{P}\approx 22,62^0$
$\widehat{Q}=90^0-\widehat{P}\approx 67,38^0$
$KH=\frac{2S_{KPQ}}{PQ}=\frac{KQ.KP}{PQ}=\frac{5.12}{13}=\frac{60}{13}$ (cm)
Áp dụng định lý Pitago cho tam giác $HKP$ vuông: $PH=\sqrt{KP^2-KH^2}=\sqrt{12^2-(\frac{60}{13})^2}=\frac{144}{13}$ (cm)
c) Sửa lại: Gọi hình chiếu của O trên KP, KQ lần lượt là M, N. Chứng minh MN=KO.....
Thật vậy. Tứ giác $KNOM$ có 3 góc vuông $\widehat{N}=\widehat{K}=\widehat{M}=90^0$ nên $KNOM$ là hình chữ nhật
$\Rightarrow MN=KO$ (đpcm)
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
$S_{KNOM}=KM.KN$
Do $ON\parallel KP, OM\parallel KQ$ nên theo định lý Ta-let ta có:
$\frac{KM}{QO}=\frac{KP}{QP}=\frac{12}{13}$
$\frac{KN}{PO}=\frac{KQ}{PQ}=\frac{5}{13}$
$\Rightarrow KM.KN=\frac{60}{13^2}.OQ.OP\leq \frac{60}{13^2}.\left(\frac{OQ+OP}{2}\right)^2$
(theo BĐT Cô-si)
Hay $KM.KN\leq \frac{60}{13^2}.\frac{PQ^2}{4}=\frac{60}{13^2}.\frac{13^2}{4}=15$
Vậy $S_{KNOM}$ max $=15$ khi $OQ=OP$ hay $O$ là trung điểm của $BC$
đây là hình nhé, để cung cấp cho cách giải:
Xét tứ giác CEHD ta có:
góc CEH = 900 (Vì BE là đường cao)
góc CDH = 900 (Vì AD là đường cao)
=> góc CEH + góc CDH = 1800
Mà góc CEH và góc CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD. Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
B)
Theo giả thiết: BE là đường cao => BE ┴ AC => góc BEA = 900.
AD là đường cao => AD ┴ BC => BDA = 900.
Như vậy E và D cùng nhìn AB dưới một góc 900 => E và D cùng nằm trên đường tròn đường kính AB.
Vậy bốn điểm A, E, D, B cùng nằm trên một đường tròn.
1)
gọi I là giao điểm của BD và CE
ta có E là trung điểm cua AB nên EB bằng 3 cm
xét △EBI có \(\widehat{I}\)=900 có
EB2 = EI2 + BI2 =32=9 (1)
tương tự IC2 + DI2 = 16 (2)
lấy (1) + (2) ta được
EI2+DI2+BI2+IC2=25
⇔ ED2+BC2=25
xét △ABC có E là trung điểm của AB và D là trung điểm của AC
⇒ ED là đường trung bình của tam giác
⇒ 2ED =BC
⇔ ED2=14BC2
⇒ 14BC2+BC2=25
⇔ 54BC2=25
⇔ BC2=20BC2=20
⇔ BC=√20
Ta có: \(S_{AHC}=\frac{AH.AC}{2}=96\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.AC=192cm\)(1)
\(S_{ABH}=\frac{AH.BH}{2}=54\left(cm^2\right)\Rightarrow AH.BH=108cm\)(2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH.BH.AH.HC=20736\)
Mà: AH2=BH.CH
=> AH2.AH2=BH.CH.AH2
<=> AH4=20736
=> AH=12cm
=> BH=9cm ; CH=16cm
Vậy BC=25cm
b/ Gọi G là giao điểm của AB và DF
Ta có :
Góc ACQ = góc AHQ ( t/g ACHQ n.t )
Góc ACQ = góc ADF ( 2 góc n.t chắn cung AF )
=> Góc AHQ = góc ADF
Mà 2 góc ở vị trí đồng vị
Nên \(HQ//DF\)
Mặc khác \(HQ\perp AB\)tại Q
=> \(DF\perp AB\)tại G
Xét tứ giác GBNF ta có:\(B\widehat{G}F+B\widehat{N}F=180^0\)
=> Tứ giác GBNF nội tiếp =>\(N\widehat{G}F=N\widehat{B}F\)
Mà \(N\widehat{B}F=C\widehat{A}F\)( tứ giác ACBF n.t (O))
Nên \(N\widehat{G}F=C\widehat{A}F\left(1\right)\)
Xét tứ giác GMAF ta có: \(A\widehat{M}F=A\widehat{G}F\left(=90^0\right)\)
=> Tứ giác GMAF n.t =>\(M\widehat{A}F+M\widehat{G}F=180^0\left(2\right)\)
(1) và (2) => \(N\widehat{G}F+M\widehat{G}F=180^0\)
=> \(\overline{M,G,N}\)
Mà G là giao điểm của AB và DF
Nên MN,AB,DF đồng quy tại G
MN là đường thẳng simson nha bạn
a, Ta có: P K 2 + Q K 2 = 169 = P Q 2
=> ∆KQP vuông tại K
b, Ta có: sin P Q K ^ = P K P Q = 12 13
=> P Q K ^ ≈ 67 0 22 '
=> K P Q ^ = 90 0 - 67 0 22 ' = 22 0 38 '
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: KH.PQ = KP.KQ => KH = 60 13 cm
P K 2 = P H . P Q => P H = P K 2 P Q = 144 13 cm
c, Tứ giác AKBO có A K B ^ = K A O ^ = K B O ^ = 90 0 => AKBO là hình chữ nhật => AB = KO
=> AB = KO ≤ KH => A B m i n = KH <=> AB = KO = KH <=> O ≡ H