Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tam giác DEF vuông tại D, đường cao DH
Áp dụng định lí Pytago : \(\text{EF}=\sqrt{DF^2+DE^2}=\sqrt{64+36}=10\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(DE^2=EH.BC\Rightarrow EH=x=\frac{DE^2}{BC}=\frac{36}{10}=\frac{18}{5}\)cm
=> \(FH=y=10-\frac{18}{5}=\frac{50-18}{5}=\frac{32}{5}\)cm
b, MNPH
Xét tam giác MNP vuông tại M, đường cao MH ta có :
Áp dụng định lí Pytago : \(NP=\sqrt{MN^2+MP^2}=\sqrt{25+49}=\sqrt{74}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(MH.NP=MN.MP\Rightarrow MH=x=\frac{MN.MP}{NP}=\frac{35}{\sqrt{74}}=\frac{35\sqrt{74}}{74}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(MP^2=HP.NP\Rightarrow HP=y=\frac{MP^2}{NP}=\frac{49}{\sqrt{74}}=\frac{49\sqrt{74}}{74}\)cm
câu1: theo công thức ta có:
AH^2=HB*HC
=25*64=1600
=>AH=40
=>tanB=AH/BH=40/25
=8/5
=>gócB=58 độ
=>gócC=90-58=32 độ
Giả sử hình thang cân ABCD có AB = 12cm, CD = 18cm, ˆD=75∘
Kẻ AH⊥CD,BK⊥CD
Vì tứ giác ABKH là hình chữ nhật nên: AB = HK = 12 (cm)
Ta có: tam giác ADH = tam giác BCK (cạnh huyền, góc nhọn)
Suy ra: DH = CK
Suy ra:
DH=(CD–HK) / 2=(18–12 ) /2=3(cm)
Trong tam giác vuông ADH, ta có:
AH=DH.tgD=3.tg75∘≈11,196(cm)
Vậy:
SABCD=[ (AB+CD) / 2 ] *AH ≈ [ (12+18) / 2 ] *11,196=167,94
Xin lỗi thánh thượng. Xin lỗi vì đã làm ngài bất mãn.
Tui hổng biết nha
Tui học lớp 4 chứ làm gì học lớp 9 chứ
Đừng hỏi tui
Hi hi
C A B O E F I M H P Q J K L
1. Ta có \(\widehat{AIB}=90^0+\frac{1}{2}\widehat{BAC}=135^0\), suy ra \(\widehat{BIM}=\widehat{CMI}=45^0\) vì \(BI||CM\)
Do \(\Delta ACM=\Delta AFM\) (c.g.c) nên \(\widehat{CMF}=2\widehat{CMI}=90^0.\)
2. Dễ thấy \(\frac{CH}{CA}=\frac{BH}{BC}\) hay \(\frac{2CH}{CP}=\frac{2BQ}{BC}\Rightarrow\frac{CH}{CP}=\frac{BQ}{BC}\)
Suy ra \(\Delta BQC~\Delta CHP\). Do đó \(\widehat{CPH}=\widehat{BCQ}=90^0-\widehat{PCQ}\). Vậy \(PH\perp CQ.\)
3. Gọi J là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O), ta có ngay J là tâm của (AIB)
Lấy điểm L sao cho \(JL||AB\) và \(IL\perp AB\)
Ta thấy \(\widehat{IFA}=\widehat{ICA}=\widehat{ICB}=\widehat{IEB}=45^0\), suy ra \(\Delta EIF\) vuông cân tại I
Vậy ta có \(S_{CEF}=\frac{1}{2}AH.EF=\frac{1}{2}AH.2r=AH.r\) với \(r\) là bán kính của (I)
Lại có \(r=IL-OJ\le IJ-OJ=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) và \(AH\le OA=R\)
Suy ra \(S_{CEF}\le\left(\sqrt{2}-1\right)R^2\) (Không đổi). Đạt được khi A là điểm chính giữa cung BC.
4. Ta thấy tứ giác CHFM nội tiếp đường tròn đường kính CF, \(MC=MF\) do \(\Delta ACM=\Delta AFM\)
Do vậy HM là phân giác của \(\widehat{CHB}\). Dễ có \(\widehat{HCF}=90^0-\widehat{CFA}=\frac{1}{2}\widehat{HCB}\)
Vậy 3 đường phân giác CM, CF, BI của tam giác CHB đồng quy.
ai kết bẠN đi