Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔAHB và ΔAHC có
AH chung
HB=HC
AB=AC
Do đó: ΔAHB=ΔAHC
=>\(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\)
mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=\dfrac{180^0}{2}=90^0\)
=>AH\(\perp\)BC
b: Xét ΔIBC có
IH là đường cao
IH là đường trung tuyến
Do đó: ΔIBC cân tại I
c: ta có: MN//BC
AH\(\perp\)BC
Do đó;AH\(\perp\)MN tại A
ta có: MN//BC
=>\(\widehat{IMN}=\widehat{IBC};\widehat{INM}=\widehat{ICB}\)
mà \(\widehat{IBC}=\widehat{ICB}\)(ΔIBC cân tại I)
nên \(\widehat{IMN}=\widehat{INM}\)
=>ΔINM cân tại I
ta có: ΔINM cân tại I
mà IA là đường cao
nên A là trung điểm của MN
d: Xét ΔAEI vuông tại E và ΔAFI vuông tại F có
AI chung
\(\widehat{EAI}=\widehat{FAI}\)
Do đó: ΔAEI=ΔAFI
=>IE=IF
Xét ΔBEI vuông tại E và ΔBHI vuông tại H có
BI chung
\(\widehat{EBI}=\widehat{HBI}\)
Do đó: ΔBEI=ΔBHI
=>IE=IH
=>IE=IF=IH
\(B=6x^4+5x^2y^2+y^4+6x^2-2\)
\(=6x^4+2x^2y^2+3x^2y^2+y^4+6x^2-2\)
\(=2x^2\left(3x^2+y^2\right)+y^2\left(3x^2+y^2\right)+6x^2-2\)
\(=12x^2+18y^2+6x^2-2\)
\(=18x^2+18y^2-2=18x^2+6y^2+12y^2-2\)
\(=6\left(3x^2+y^2\right)+12y^2-2=36+12y^2-2=12y^2+34\)
\(A=x^2-2xy+y^2=\left(x-y\right)^2\)
Thay x = 1 và y = -1 vào A ta có:
\(A=\left(x-y\right)^2=\left[1-\left(-1\right)\right]^2=2^2=4\)
Bài 6
Ta có:
∠AMN + 130⁰ = 180⁰ (kề bù)
⇒ ∠AMN = 180⁰ - 130⁰ = 50⁰
∠ALK + ∠NLK = 180⁰ (kề bù)
⇒ ∠ALK = 180⁰ - ∠NLK
= 180⁰ - 140⁰
= 40⁰
Do KL // MN
⇒ ∠ANM = ∠ALK = 50⁰ (đồng vị)
∆AMN có:
∠A + ∠AMN + ∠ANM = 180⁰ (tổng ba góc trong ∆AMN)
⇒ ∠A = 180⁰ - (∠AMN + ∠ANM)
= 180⁰ - (50⁰ + 40⁰)
= 90⁰
Vậy x = ∠A = 90⁰
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
AB=AC
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔADB=ΔAEC
b: Xét ΔEBC vuông tại E và ΔDCB vuông tại D có
BC chung
\(\widehat{EBC}=\widehat{DCB}\)
Do đó: ΔEBC=ΔDCB
=>\(\widehat{ECB}=\widehat{DBC}\)
=>\(\widehat{HBC}=\widehat{HCB}\)
=>ΔHBC cân tại H
c: ta có: HB=HC
mà HC>HD(ΔHDC vuông tại D)
nên HB>HD
d: Gọi K là giao điểm của BN và CM
Xét ΔHNB và ΔHMC có
HN=HM
\(\widehat{NHB}=\widehat{MHC}\)(hai góc đối đỉnh)
HB=HC
Do đó; ΔHNB=ΔHMC
=>NB=MC
Xét ΔHBC và ΔHNM có
\(\dfrac{HB}{HN}=\dfrac{HC}{HM}\)
\(\widehat{BHC}=\widehat{NHM}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHBC~ΔHNM
=>\(\widehat{HBC}=\widehat{HNM}\)
=>\(\widehat{HBC}=\widehat{HMN}\)
=>BC//MN
Xét ΔKMN có BC//MN
nên \(\dfrac{KB}{BN}=\dfrac{KC}{CM}\)
mà BN=CM
nên KB=KC
=>K nằm trên đường trung trực của BC(1)
ta có: HB=HC
=>H nằm trên đường trung trực của BC(2)
ta có: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra A,H,K thẳng hàng
=>BN,CM,AH đồng quy
a: \(C\left(x\right)=A\left(x\right)+B\left(x\right)\)
\(=x-2x^3+3-4+2x^2+x^3-2x\)
\(=-x^3+2x^2-x-1\)
b: \(C\left(2\right)=-2^3+2\cdot2^2-2-1=-3< 0\)
=>x=2 không là nghiệm của C(x)
a) Xét \(\Delta BAK\) và \(\Delta BCK\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}AB=AC\left(\Delta ABC\text{ cân tại }A\right)\\\widehat{ABK}=\widehat{CBK}\left(BK\text{ là tia phân giác }\widehat{ABC}\right)\\BK\text{ chung}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BAK=\Delta BCK\left(c.g.c\right)\)
b) Vì \(\Delta ABC\) cân tại B \(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{BCA}\) (t/c)
hay \(\widehat{EAK}=\widehat{FCK}\) (vì \(E\in AB;F\in AC;K\in BC\))
Vì \(\Delta BAK=\Delta BCK (cmt)\Rightarrow AK=CK\) (hai cạnh tương ứng)
Xét \(\Delta AKE\) và \(\Delta CKF\) có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AEK}=\widehat{CFK}=90^{\circ}\left(KE\bot AB;KF\bot AC\right)\\AK=CK\left(cmt\right)\\\widehat{EAK}=\widehat{FCK}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AKE=\Delta CKF\left(ch.gn\right)\) \(\Rightarrow KE=KF\) (hai cạnh tương ứng)
\(\Rightarrow\Delta KEF\) cân tại K
$\text{#}Toru$