a: Xét ΔBAI vuông tại A và ΔBEI vuông tại E có

BI chung

BA=BE

Do đó: ΔBAI=ΔBEI

=>IA=IE

b: Xét ΔIAF vuông tại A và ΔIEC vuông tại E có

IA=IE

\(\widehat{AIF}=\widehat{EIC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAF=ΔIEC

=>IF=IC

=>ΔIFC cân tại I

c: Xét ΔBFC có

CA,FE là các đường cao

CA cắt FE tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔBFC

=>BI\(\perp\)FC

Ta có: ΔIAF=ΔIEC

=>AF=EC

Xét ΔBFC có \(\dfrac{BA}{AF}=\dfrac{BE}{EC}\)

nên AE//FC

Tách ra đi em, thế này thì nhìn khó thở quá.

cái này l9 hay sao ý

a: Trên tia Ax, ta có AB<AC

nên B nằm giữa A và C

=>AB+BC=AC

=>BC+1=4

=>BC=3(cm)

b: Vì CD và CB là hai tia đối nhau

nên C nằm giữa D và B

=>DB=BC+CD=3+4=7(cm)

c: Vì CD và CA là hai tia đối nhau

nên C nằm giữa A và D

ta có: C nằm giữa A và D

mà CA=CD(=4cm)

nên C là trung điểm của AD

Cảm ơn anh !!

Bài 2:

a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

=>\(\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{BH}{BA}\)

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

b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{FAH}\) chung

Do đó: ΔAFH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AF}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF~ΔACB

Bài 5:

Gọi C là chân thang, A là đỉnh thang, B là chân tường

Theo đề, ta có: BC\(\perp\)BA tại B; AB=8m; AC=10m

ΔABC vuông tại B

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

=>\(BC=\sqrt{10^2-8^2}=6\left(m\right)\)

Vậy: Cần đặt chân thang cách chân tường 6m

TK:

Để chứng minh ba phần của bài toán, ta sẽ sử dụng một số định lí và quy tắc về tam giác:

1) **Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC:**
   Ta có hai tam giác ABC và AEF có một cặp góc tương đương (góc BAC và góc EAF) và góc vuông tại E và A. Do đó, theo định lí AA tương tự, hai tam giác này đồng dạng.

2) **\(BH \cdot BE = CH \cdot CF = BC^2\):**
   Ta sẽ chứng minh \(BH \cdot BE = BC^2\) và tương tự, \(CH \cdot CF = BC^2\). Vì \(BH\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên \(BH = \frac{BC \cdot AD}{2}\) (theo công thức diện tích của tam giác). Tương tự, \(BE = \frac{2 \cdot S_{\triangle ABE}}{BC}\) và \(S_{\triangle ABE}\) là diện tích tam giác \(ABE\). Áp dụng công thức diện tích của tam giác, ta có \(S_{\triangle ABE} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot BE \cdot \sin(\angle ABE)\). Tuy nhiên, \(AB = BC \cdot \sin(\angle ABC)\). Kết hợp các công thức trên, ta có:
   
   \[ BE = \frac{2 \cdot (\frac{1}{2} \cdot BC \cdot BE \cdot \sin(\angle ABE))}{BC} = \frac{BE \cdot BC \cdot \sin(\angle ABE)}{BC} = \frac{BE \cdot AB}{BC} \]
   
   Từ đó, suy ra: \( BE = \frac{BE \cdot AB}{BC} \). Điều này tương đương với \( BC = AB \), điều này có thể thấy trong tam giác vuông \( ABC \). Vậy \( BE = AB \). Tương tự, ta cũng có \( CF = AC \). Kết hợp với định lý Ptolemy, ta có \( BH \cdot BE = BC^2 \) và \( CH \cdot CF = BC^2 \).

3) **\(AD \cdot HD \leq \frac{BC^2}{4}\):**
   Ta biết rằng \(S_{\triangle ABC} = \frac{BC \cdot AD}{2} = \frac{AB \cdot CF}{2} = \frac{AC \cdot BE}{2}\). Từ đó suy ra: \(AD \cdot HD = \frac{BC^2}{4} - S_{\triangle ABC} = \frac{BC^2}{4} - \frac{BC \cdot AD}{2}\). Tương tự, \(BC^2 = 4S_{\triangle ABC} = 2BC \cdot HD\). Như vậy, \( AD \cdot HD = \frac{BC^2}{4} - \frac{BC \cdot AD}{2} \leq \frac{BC^2}{4} \). Đẳng thức xảy ra khi \(AD\) vuông góc với \(BC\).

1: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

\(\widehat{EAF}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

2: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

\(\widehat{DBH}\) chung

Do đó: ΔBDH~ΔBEC

=>\(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)

Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có

\(\widehat{DCH}\) chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)

=>\(CD\cdot CB=CH\cdot CF\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)

\(=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)

a: Số tiền lãi khách hàng A nhận được sau 6 tháng là:

\(150000000\cdot\dfrac{7\%}{365}\cdot180\simeq5178082\left(đồng\right)\)

Tổng số tiền nhận được là:

\(150000000+5178082=155178082\left(đồng\right)\)

b:  Số tiền người đó phải trả nếu không tính tiền phục vụ là:

\(2750000:\left(1+10\%\right)=2500000\left(đồng\right)\)

đổi 1 năm= 12 tháng

a) lãi xuất sau 6 tháng là:

   7:(12:6)=3,5 %

Số tiền A thu đc sau 6 tháng là:

     150+(150 * 3,5%)=155,25(triệu đồng)

              Vậy/đáp số:số tiền A thu đc là 155,25 triệu

             Giải:

Chiều cao của hình thang là: 

   675 x 2 : (45 + 30) =  18 (cm)

Diện tích tam giác ABC là:

   30 x 18 : 2 = 270 (cm²)

Diện tích tam giác ACD là:

   45 x 18 : 2 = 405 (cm²)

Đáp số: Diện tích tam giác ABC là 270 cm²

             Diện tích tam giác ACD là 405 cm²

 14560 : 35 + 120 . 33

= 416 + 3960

= 4376.

14 560 : 35 + 120 x 23

= 416 + 2760

= 3176

Theo điều kiện tạo thành tam giác thì \(\dfrac{15}{2}< x< 15\)

Chiều cao lăng trụ cố định nên V max khi S đáy max

Chu vi đáy ko đổi =30cm \(\Rightarrow EG+x+x=30\Rightarrow EG=30-2x\)

Pitago: \(BM=\sqrt{AE^2-\left(\dfrac{EG}{2}\right)^2}=\sqrt{x^2-\left(15-x\right)^2}\)

\(S=\dfrac{1}{2}EG.BM=\left(15-x\right)\sqrt{x^2-\left(15-x^2\right)}=\left(15-x\right)\sqrt{30\left(2x-15\right)}\)

\(S^2=30\left(15-x\right)^2\left(2x-15\right)=f\left(x\right)\)

\(f'\left(x\right)=180\left(x^2-25x+150\right)=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=15\left(loại\right)\\x=10\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow BM=5\sqrt{6}\)

Để diện tích đáy lớn nhất thì như nào vậy ạ anh