DT
2
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
MT
0
K
1
HN
0
BL
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
Lời giải:
a) $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MC.MD$
c) Dễ thấy $AB\perp MO$ tại $H$.
Xét tam giác $AMO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng định lý hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$MA^2=MH.MO$
Kết hợp kết quả phần b suy ra $MH.MO=MC.MD$
$\Rightarrow CHOD$ là tứ giác nội tiếp.
d) Vận dụng giả thiết $AD\parallel MB$ và tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến- dây cung ta có:
$\widehat{MCB}=180^0-\widehat{CMB}-\widehat{CBM}$
$=180^0-\widehat{CDA}-\widehat{CDB}$
$=180^0-\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (do $ACBD$ là tứ giác nội tiếp)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
** Khuyên chân thành các bạn muốn nâng cao xác suất được hỗ trợ thì nên chịu khó gõ đề bằng công thức toán. Chụp hình như này đọc bài rất nản, đặc biệt là hình xoay ngược đọc mỏi cổ lém.
HN
Giải giúp mình với ạ, cần gấp lắm, cảm ơn
1
NM
Nguyễn Minh Quang
Giáo viên
5 tháng 9 2021
đây là bài lớp 10 chứ nhỉ
ta có \(AC=20\times2=40\text{ hải lí}\), \(AB=15\times2=30\text{ hải lí}\)
áp dụng định lý cosin ta có :
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC\text{c}osA}=\sqrt{40^2+30^2-2\times30\times40\times cos60^o}\simeq36.06\text{ hải lí}\)
m.n ai có đề thi chuyển cấp cho (t) với
20 tháng 9 2017
;v Đề tuyển sinh là theo mỗi tỉnh ;v searrch gg tỉnh nào mà chẳng có =))
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
27 tháng 7 2021
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
HM
1
A
18 tháng 8
a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:
- \(B D \bot A B\)
- \(C D \bot A C\)
=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.
Ta xét tứ giác \(A B D C\):
- \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
- \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))
Suy ra:
\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)
Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:
\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)
Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).
⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)
b, * Chứng minh \(Q J = B D\)
Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:
- \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
- \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))
Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):
- \(I P = I Q\) (gt)
- \(I B = I J\) (gt)
- \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)
⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)
Suy ra:
\(P B = Q J\)
Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)
⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)
*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)
Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)
Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)
Xét hai tam giác:
- Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
- Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)
Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.
Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).
Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒
\(\angle A Q J = \angle A .\)
Vậy:
\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)
HN
1
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
14 tháng 10 2021
1.3 Giải phương trình:
a) \(\sqrt{2x+3}=1+\sqrt{2}\)(ĐK: \(x\ge-\frac{3}{2}\))
\(\Leftrightarrow2x+3=\left(1+\sqrt{2}\right)^2=3+2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow2x=2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)(tm)
b) \(\sqrt{x+1}=\sqrt{5}+3\)(ĐK: \(x\ge-1\))
\(\Leftrightarrow x+1=\left(\sqrt{5}+3\right)^2=14+6\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow x=13+6\sqrt{5}\)(tm)
c) \(\sqrt{3x-2}=2-\sqrt{3}\)(ĐK: \(x\ge\frac{2}{3}\))
\(\Leftrightarrow3x-2=\left(2-\sqrt{3}\right)^2=7-4\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{9-4\sqrt{3}}{3}\)(tm)
1.4: Phân tích thành nhân tử:
a) \(ab+b\sqrt{a}+\sqrt{a}+1=b\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)+\left(\sqrt{a}+1\right)=\left(b\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)\)
b) \(\sqrt{x^3}-\sqrt{y^3}+\sqrt{x^2y}-\sqrt{xy^2}=x\sqrt{x}-y\sqrt{y}+x\sqrt{y}-y\sqrt{x}\)
\(=\left(x-y\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
NN
3
a, Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
Áp dụng định lí Pytago cho tam giác ABC vuông tại A
\(BC^2=AB^2+AC^2=\dfrac{81}{4}+36=\dfrac{225}{4}\Rightarrow BC=\dfrac{15}{2}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{\dfrac{81}{4}}{\dfrac{15}{2}}=\dfrac{27}{10}\)cm
=> \(CH=BC-BH=\dfrac{15}{2}-\dfrac{27}{10}=\dfrac{24}{5}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}\)
\(=\dfrac{4,5.6}{\dfrac{15}{2}}=\dfrac{18}{5}\)cm
tam giác ABC vuông tại A nên áp dụng Py-ta-go
\(\Rightarrow BC^2=AB^2+AC^2=\left(4,5\right)^2+6^2=\dfrac{225}{4}\Rightarrow BC=\dfrac{15}{2}=7,5\left(cm\right)\)
tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng
\(\Rightarrow AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{\left(4,5\right)^2}{7,5}=\dfrac{27}{10}=2,7\left(cm\right)\)
tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng
\(\Rightarrow AC^2=CH.BC\Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{6^2}{7,5}=\dfrac{24}{5}=4,8\left(cm\right)\)