Olm chào em, lần sau em chụp ảnh câu hỏi vào đây để olm dễ check lại em nhé. Cảm ơn em đã tin tưởng và sử dụng olm trên hành trình tri thức. Chúc em học tập hiệu quả và vui vẻ cùng Olm.

Nửa chu vi tam giác:

\(\dfrac{\left(10+17+21\right)}{2}=24\left(cm\right)\)

Diện tích tam giác:

\(S=\sqrt{24.\left(24-10\right).\left(24-17\right).\left(24-21\right)}=84\left(cm^2\right)\)

Xét $\Delta ABC$ có $AB=10$ cm, $AC=17$ cm, $BC=21$ cm.

Gọi $AH$ là đường cao của tam giác.

Vì $BC$ là cạnh lớn nhất của tam giác nên $\hat{B},\hat{C}<90^{\circ }$, do đó $H$ nằm giữa $B$ và $C$.

Đặt $HC=x,HB=y$, ta có : $x+y=21$ (1)

Mặt khác ${AH}^2=10^2-y^2,{AH}^2=17^2-x^2$ nên $x^2-y^2=17^2-10^2=289-100=189$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $x+y=21$, $x-y=9$.

Do đó $x=15$, $y=6$.

Ta có ${AH}^2=10^2-6^2=64$ nên $AH=8$.

Vậy $S^{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{21.8}{2}=84$ (cm${}^2$).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     $30:2=15$ (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     $V=2.(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}.20.20.15)=4000$ (cm${}^3$).

a) Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BHK\) và \(\Delta CHI\) có:

\(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(g-g\right)\)

b) Do \(BH\) là tia phân giác của \(\widehat{KBC}\) (gt)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBH}\)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBI}\) (1)

Do \(\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{ICH}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ICH}=\widehat{CBI}\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta CIB\) và \(\Delta HIC\) có:

\(\widehat{CBI}=\widehat{ICH}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta CIB\) ∽ \(\Delta HIC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CI}{IH}=\dfrac{IB}{CI}\)

\(\Rightarrow CI^2=IH.IB\)

c) Do \(CI\perp BH\) tại \(I\) (gt)

\(\Rightarrow BI\perp AC\)

\(\Rightarrow BI\) là đường cao của \(\Delta ABC\)

Lại có:

\(CK\perp KB\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow CK\perp AB\)

\(\Rightarrow CK\) là đường cao thứ hai của \(\Delta ABC\)

Mà H là giao điểm của \(BI\) và \(CK\) (gt)

\(\Rightarrow AH\) là đường cao thứ ba của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BKH\) và \(\Delta BDH\) có:

\(BH\) là cạnh chung

\(\widehat{KBH}=\widehat{DBH}\) (do BH là tia phân giác của \(\widehat{B}\))

\(\Rightarrow\Delta BKH=\Delta BDH\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\(\Rightarrow BK=BD\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow B\) nằm trên đường trung trực của DK (3)

Do \(\Delta BKH=\Delta BDH\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow HK=HD\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow H\) nằm trên đường trung trực của DK (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của DK

\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{BHK}=90^0\)

Mà \(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (*)

\(\Delta ABC\) có:

\(BH\) là đường phân giác (cmt)

\(BH\) cũng là đường cao (cmt)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại B

\(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow I\) là trung điểm của AC

\(\Rightarrow KI\) là đường trung tuyến của \(\Delta AKC\)

\(\Delta AKC\) vuông tại K có KI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC

\(\Rightarrow KI=IC=IA=\dfrac{AC}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta IKC\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{IKC}=\widehat{ICK}\)

\(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{ICH}\)

Mà \(\widehat{ICH}+\widehat{CHI}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{IKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (**)

Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{DKH}\)

\(\Rightarrow KH\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)

Hay \(KC\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)

a) Vì tam giác $KBC$ vuông tại $K$ suy ra $\widehat{KBH}=90^{\circ }$

Vì $CI\perp BI$ (gt) suy ra $\widehat{ClH}=90^{\circ }$

Xét $△KBH$ và $△CHI$ có:

$\widehat{KBH}=\widehat{CIH}=90^{\circ }$;

$\widehat{BHK}=\widehat{CHI}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\Delta BHK\backsim \Delta CHI$ (g.g)

b) Ta có $\Delta BHK\backsim \Delta CHI$ suy ra $\widehat{HBK}=\widehat{HCI}$ (hai góc tương ứng) 

Mà $BH$ là tia phân giác của $\widehat{ABC}$ nên $\widehat{HBK}=\widehat{HBC}$.

Do đó $\widehat{HBC}=\widehat{HCI}$.

Xét $△CIB$ và $△HIC$ có:

$\widehat{CIB}$ chung;

$\widehat{IBC}=\widehat{HCI}$ (cmt)

Vậy $\Delta CIB\approx \Delta HIC$ (g.g) suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{CI}{HI}=\genfrac{}{}{0ex}{}{IB}{IC}$

Hay ${CI}^2=HI.IB$

c) Xét $△ABC$ có $BI\perp AC$; $CK\perp AB$; $BI\cap CK=\{H\}$

Nên $H$ là trực tâm $△ABC$ suy ra $AH\perp BC$ tại $D$.

Từ đó ta có $△BKC\backsim △HDC$ (g.g) nên $\genfrac{}{}{0ex}{}{CB}{CH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{CK}{CD}$

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{CB}{CK}=\genfrac{}{}{0ex}{}{CH}{CD}$ nên $△BHC\backsim △KDC$ (c.g.c)

Khi đó $\widehat{HBC}=\widehat{DKC}$ (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự $\widehat{HAC}=\widehat{IKC}$

Mà $\widehat{HAC}=\widehat{HBC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$ )

Suy ra $\widehat{DKC}=\widehat{IKC}$.

Vậy $KC$ là tia phân giác của $\widehat{IKD}$.

a) Xét △ABC vuông tại A nên: AB² + AC² = BC² (Định lí Pythagore)
suy ra BC = \(\sqrt{AB^2+AC^2}\)

                 = \(\sqrt{6^2+8^2}\)

                 = 10
Vậy BC = 10

a: Sửa đề: AB=6

ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(\)\(BC^2=6^2+8^2=100=10^2\)

=>BC=10

b: Sửa đề: tính BD,CD

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{DC}{AC}\)

=>\(\dfrac{DB}{6}=\dfrac{DC}{8}\)

=>\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}\)

mà DB+DC=BC=10

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}=\dfrac{DB+DC}{3+4}=\dfrac{10}{7}\)

=>\(DB=3\cdot\dfrac{10}{7}=\dfrac{30}{7};DC=4\cdot\dfrac{10}{7}=\dfrac{40}{7}\)

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

=>\(\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: 

Xét ΔABC có

M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MN là đường trung bình của ΔABC

=>MN//BC và MN=1/2BC

Xét tứ giác BMNC có MN//BC

nên BMNC là hình thang

Hình thang BMNC có \(\widehat{MBC}=\widehat{NCB}\)

nên BMNC là hình thang cân

ΔABC vuông cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là đường trung tuyến

=>\(AH=\dfrac{BC}{2}=MN\)

c: Xét ΔCAB có

CM,AH là các đường trung tuyến

CM cắt AH tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔCAB

=>\(AK=\dfrac{2}{3}AH=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BC=\dfrac{1}{3}BC\)

=>BC=3AK

a: Xét ΔBAC vuông tại A và ΔBHA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔBAC~ΔBHA

=>\(\dfrac{BA}{BH}=\dfrac{BC}{BA}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

b: 

Xét ΔBAC vuông tại A và ΔACD vuông tại C có

\(\widehat{ABC}=\widehat{CAD}\left(=90^0-\widehat{HAB}\right)\)

Do đó: ΔBAC~ΔACD

=>\(\dfrac{AC}{CD}=\dfrac{BA}{AC}\)

=>\(AC^2=AB\cdot CD\)

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

=>\(\dfrac{AC}{HA}=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{AB}{HB}\)

=>\(AB\cdot HA=AC\cdot HB\)

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC=\sqrt{15^2+20^2}=25\left(cm\right)\)

\(\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{AC}{HA}\)

=>\(HA=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{15\cdot20}{25}=\dfrac{300}{25}=12\left(cm\right)\)
=>\(HB=\sqrt{15^2-12^2}=9\left(cm\right)\)

c: 

Xét ΔBAH có BI là phân giác

nên \(\dfrac{IA}{IH}=\dfrac{BA}{BH}\left(1\right)\)

Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{DC}{DA}=\dfrac{BC}{BA}\left(2\right)\)

Ta có: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BA}\)

=>\(\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BA}{BH}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{IA}{IH}=\dfrac{DC}{DA}\)

=>\(IA\cdot DA=DC\cdot IH\)

Bài 2:

1: ĐKXĐ: \(x\notin\left\{1;-1\right\}\)

\(A=\left(\dfrac{x+3}{2x+2}+\dfrac{3}{1-x^2}-\dfrac{x+1}{2x-2}\right):\dfrac{3}{2x^2-2}\)

\(=\left(\dfrac{x+3}{2\left(x+1\right)}-\dfrac{3}{\left(x-1\right)\left(x+1\right)}-\dfrac{x+1}{2\left(x-1\right)}\right)\cdot\dfrac{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{3}\)

\(=\dfrac{\left(x+3\right)\left(x-1\right)-6-\left(x+1\right)^2}{2\left(x+1\right)\left(x-1\right)}\cdot\dfrac{2\left(x-1\right)\left(x+1\right)}{3}\)

\(=\dfrac{x^2+2x-3-6-x^2-2x-1}{3}=\dfrac{-10}{3}\) không phụ thuộc vào biến x

Bài 4:

1: 

Xét ΔCAF vuông tại A và ΔCHE vuông tại H có

\(\widehat{ACF}=\widehat{HCE}\)

Do đó: ΔCAF~ΔCHE

2: Ta có ΔCAF~ΔCHE

=>\(\widehat{CFA}=\widehat{CEH}\)

mà \(\widehat{CEH}=\widehat{AEF}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{AFE}\)

=>ΔAEF cân tại A

Xét ΔCAH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ACH}\) chung

Do đó: ΔCAH~ΔCBA

=>\(\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{CH}{CA}\left(1\right)\)

Xét ΔCAH có CE là phân giác

nên \(\dfrac{HE}{AE}=\dfrac{CH}{CA}\left(2\right)\)

Xét ΔCAB có CF là phân giác

nên \(\dfrac{AF}{FB}=\dfrac{CA}{CB}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{HE}{AE}=\dfrac{AF}{FB}\)

=>\(HE\cdot FB=AE\cdot AF=AE^2\)

Gọi A là biến cố "Lấy được viên bi màu đỏ"

Trong túi có 8 viên màu đỏ nên n(A)=8

=>\(P\left(A\right)=\dfrac{8}{19}\)

Nghiện của phương trình 2x + 06= 0 là