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
13 tháng 8
a: Xét (HA/2) có
ΔAEH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAEH vuông tại E
=>HE⊥AB tại E
Xét (HA/2) có
ΔAFH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAFH vuông tại F
=>HF⊥AC tại F
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 \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=AH^2\)
Ta có: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Do đó: ΔAEF~ΔACB
b: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)
mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)
nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)
ΔOAC cân tại O
=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}=\hat{ACB}\)
\(\hat{AFE}+\hat{OAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AO⊥ FE
c: Xét (O) có
ΔAKH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAKH vuông tại K
=>HK⊥AT tại K
Xét ΔAHT vuông tại H có HK là đường cao
nên \(AK\cdot AT=AH^2\)
=>\(AK\cdot AT=AE\cdot AB\)
=>\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)
Xét ΔAKB và ΔAET có
\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)
góc KAB chung
Do đó: ΔAKB~ΔAET
=>\(\hat{AKB}=\hat{AET}\)
d: ta có: A,C,B,K cùng thuộc (O)
=>ACBK nội tiếp
=>\(\hat{ACB}+\hat{AKB}=180^0\)
mà \(\hat{AKB}+\hat{AKI}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)
Xét ΔIKA và ΔICB có
\(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)
góc KIA chung
Do đó: ΔIKA~ΔICB
13 tháng 8
Gọi H là trực tâm của ΔABC
=>BH⊥AC; CH⊥AB; AH⊥BC
Xét (O) có
ΔABD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔABD vuông tại B
=>BD⊥BA
mà CH⊥AB
nên CH//BD
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại C
=>CA⊥CD
mà BH⊥CA
nên BH//CD
Xét tứ giác BHCD có
BH//CD
BD//CH
Do đó: BHCD là hình bình hành
=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường
mà X là trung điểm của BC
nên X là trung điểm của DH
=>DX đi qua H(1)
Xét (O) có
ΔBCE nội tiếp
BE là đường kính
Do đó: ΔBCE vuông tại C
=>CB⊥CE
mà AH⊥CB
nên AH//CE
Xét (O) có
ΔEAB nội tiếp
BE là đường kính
Do đó: ΔBAE vuông tại A
=>AE⊥AB
mà CH⊥AB
nên AE//CH
Xét tứ giác AHCE có
AH//CE
AE//CH
Do đó: AHCE là hình bình hành
=>AC cắt HE tại trung điểm của mỗi đường
mà Y là trung điểm của AC
nên Y là trung điểm của EH
=>EY đi qua H(2)
Xét (O) có
ΔFAC nội tiếp
FC là đường kính
Do đó: ΔFAC vuông tại A
=>AF⊥ AC
mà BH⊥AC
nên AF//BH
Xét (O) có
ΔFBC nội tiếp
FC là đường kính
Do đó: ΔFBC vuông tại B
=>BF⊥BC
mà AH⊥BC
nên AH//BF
Xét tứ giác AHBF có
AH//BF
AF//BH
Do đó: AHBF là hình bình hành
=>AB cắt HF tại trung điểm của mỗi đường
mà Z là trung điểm của AB
nên Z là trung điểm của FH
=>FZ đi qua H(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra DX,EY,FZ đồng quy tại H
BC
14 tháng 8
Gọi \(\angle A O C = \alpha\). Đây là góc ở tâm chắn cung \(A C\)
Quan sát hình: cung \(B D\) gồm 3 lần liên tiếp cung \(A C\) (từ B → C, C → A, A → D)
Góc ở tâm \(\angle B O D\) chắn cung \(B D\) nên:
\(\angle B O D = 3 \times \angle A O C .\)
Vậy \(\angle B O D = 3 \angle A O C\)
20 tháng 8
a: Xét (O) có
AD,BC là các dây không song song
AB//CD
Do đó: sđ cung AD=sđ cung BC
b: Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{ADC}+\hat{ABC}=180^0\)
mà \(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía, AB//CD)
nên \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)
Hình thang ABCD có \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)
nên ABCD là hình thang cân
TP
28 tháng 8
Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.
28 tháng 8
a: Kẻ OI⊥CD tại I
ΔOCD cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của CD
=>IC=ID
ΔOMN cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của MN
=>IM=IN
Ta có: IM+MC=IC
IN+ND=ID
mà IM=IN và IC=ID
nên MC=ND
b: ΔOMN vuông tại O có OM=ON
nên ΔOMN vuông cân tại O
=>\(MN^2=OM^2+ON^2=2\cdot OM^2\)
=>\(MN=OM\cdot\sqrt2\)
Vì CM=MN=ND
nên \(CM=MN=ND=\frac{CD}{3}\)
=>\(CD=3\cdot MN=3\sqrt2\cdot OM\)
I là trung điểm của CD
=>\(IC=\frac{CD}{2}=\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\)
ΔOMN vuông cân tại O
=>\(\hat{OMI}=45^0\)
Xét ΔOMI vuông tại I có \(\hat{OMI}=45^0\)
nên ΔOMI vuông cân tại I
=>\(IM=IO\)
ΔOMI vuông tại I
=>\(IM^2+IO^2=OM^2\)
=>\(OM^2=2\cdot IO^2\)
=>\(IO^2=\frac{OM^2}{2}\)
ΔOIC vuông tại I
=>\(OI^2+IC^2=OC^2\)
=>\(OI^2=OC^2-IC^2=R^2-\left(\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\right)^2=R^2-OM^2\cdot\frac92\)
=>\(\frac{OM^2}{2}+\frac92\cdot OM^2=R^2\)
=>\(R^2=5\cdot OM^2\)
=>\(OM^2=\frac{R^2}{5}\)
=>\(OM=\frac{R\sqrt5}{5}\)
TP
28 tháng 8
Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.
Gọi \(S=a+b;P=ab\). Khi đó theo đề bài, ta có: \(2025S=P\), lại có \(a,b\ge2025\rArr S\ge5050\)
Mặt khác, theo định lý Vi-ét đảo, ta có \(a,b\) là 2 nghiệm của phương trình \(x^2-Sx+P=0\) hay \(x^2-Sx+2025S=0\)
\(\lrArr x^2=S\left(x-2025\right)\)
\(\rArr x-2025=\frac{x^2}{S}\) (1) (Do S chắc chắn khác 0 nên ta mới chia được như thế này)
Như vậy, vì \(a,b\) là nghiệm của (1) nên \(a-2025=\frac{a^2}{S};b-2025=\frac{b^2}{S}\)
\(\rArr P=\sqrt{a-2025}+\sqrt{b-2025}-\frac{1}{45}\sqrt{ab}\)
\(P=\sqrt{\frac{a^2}{S}}+\sqrt{\frac{b^2}{S}}-\frac{1}{45}\sqrt{2025S}\)
\(P=\frac{a}{\sqrt{S}}+\frac{b}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\) (vì \(\frac{1}{45}\sqrt{2025}=1\), đồng thời a, b dương nên ta mới bỏ được dấu căn)
\(P=\frac{a+b}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\)
\(P=\frac{S}{\sqrt{S}}-\sqrt{S}\)
\(P=\sqrt{S}-\sqrt{S}\)
\(P=0\)
Vậy \(P=0\)