x=0,1

y=0

x = 0,1

y = 0

HT/ nhớ k cho mik nha

Ta có:

(sinC) ^ 2 + (cosC) ^ 2 = (AB / BC) ^ 2 + (AC / BC) ^ 2

=(AB ^ 2 + AC ^ 2) / BC ^ 2 = BC ^ 2 / BC ^ 2 = 1

(Vì ABC vuông tại A mà, nên theo pitago)

-->(cosC) ^ 2 = 1 - (sinC) ^ 2 = 1 - 0,8 ^ 2 = 0,36

--> cosC = 0,6 hoặc cosC = - 0,6 (loại vì C là 1 góc nhọn)

Vậy cosC = 0,6

tanC = 0,8 / 0,6 = 4 / 3, cotC = 0,6 / 0,8 = 0,75

a, Ta có : tan a = CB/AB

sin a / cos a = CB/AC / BA/AC = CB/AB

=> ĐPCM 

Tương tự với cái kia nhaaaaaa

Do tan a = CB/AB (1)

Mà cot a = AB/CD (2)

Nhân theo vế (1) và (2) ta có ngay đpcm

b, Ta có : \(VT=\frac{AB^2}{AC^2}+\frac{BC^2}{AC^2}=\frac{AB^2+BC^2}{AC^2}=1\)(pitago)

a, \(B=\frac{x-3\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-\sqrt{x}}=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-3\right)}{\sqrt{x}\left(x-1\right)}=\frac{\sqrt{x}-3}{x-1}\)

có x = 9 (thỏa mãn)

\(\Rightarrow B=\frac{\sqrt{9}-3}{9+1}=0\)

b, \(P=A+B=\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}-\frac{2}{\sqrt{x}+1}+\frac{\sqrt{x}-3}{x-1}\)

\(P=\frac{\left(\sqrt{x}+1\right)^2}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}-\frac{2\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}+\frac{\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\)

\(P=\frac{x+2\sqrt{x}+1-2\sqrt{x}+2+\sqrt{x}-3}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\)

\(P=\frac{x+\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}+1}\)

a, xét tam giác AHB có : ^AHB = 90 và HE _|_ AB => AE.AB = AH^2

    xét tam giác AHC có : ^AHC = 90 và HF _|_ AC => AF.AC = AH^2

=> AE.AB = AF.AC

b, tứ giác AEHF có : ^FAE = ^HEA = ^HFA = 90

=> AEHF là hình chữ nhật

=> EF = AH

xét tam giác ABC có : ^ABC = 90 và AH _|_ BC => AH^2 = HB.HC

=> EF^2 = HB.HC

c, xét tam giác ABC có : ^ABC = 90; AH _|_ BC => AB^2 = BH.HC 

=> AB^3 = BH.BC.AB

=> AB^3/BC^2 = BH.AB/BC

xét tam giác HEB và tam giác CAB có : ^ABC chung và ^HEB = ^CAB = 90

=> tam giác HEB đồng dạng với tam giác CAB (g-g)

=> BE/BH = AB/BC

=> BE = AB.BH/BC = AB^3/BC^2

d, có AH^4 = (AH^2)^2 = (BH.HC)^2 = BH^2.HC^2 

có BH^2 = BE.BA và HC^2 = CF.CA

=> AH^4 = BE.BA.CF.CA

mà có BA.CA = AH.BC

=> AH^4 = AH.BC.BE.CF

=> AH^3 = BC.BE.CF

a/ Xét tg vuông AEH và tg vuông ABC có

\(\widehat{EAH}=\widehat{ACB}\) => tg AEH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AH}{BC}\)

Tương tự c/ được tg AFH đồng dạng với tg ABC \(\Rightarrow\frac{AF}{AB}=\frac{AH}{BC}\)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\Rightarrow AE.AB=AF.AC\left(dpcm\right)\)

b/ Ta có

\(HE\perp AB;AF\perp AB\) => HE//AF (1)

\(HF\perp AC;AE\perp AC\) => HF//AE (2)

\(\widehat{A}=90^o\)

Từ (1) (2)  và (3) => AEHF là HCN => EF=AH (trong HCN 2 đường chéo = nhau)

Xét tg vuông ABC có \(AH^2=BH.HC\) (Trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích các hình chiếu của 2 cạnh bên trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow EF^2=BH.HC\left(dpcm\right)\)

c/ Xét tg vuông ABH có

\(BH^2=BE.AB\) (trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích hình chiếu của cạnh góc vuông đó trên cạnh huyền với cạnh huyền) \(\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)

Xét tg vuông ABC có \(AB^2=BH.BC\) (lý do như trên) \(\Rightarrow BH=\frac{AB^2}{BC}\Rightarrow BH^2=\frac{AB^4}{BC^2}\) Thay vào biểu thức tính BE có

\(BE=\frac{\frac{AB^4}{BC^2}}{AB}=\frac{AB^3}{BC^2}\left(dpcm\right)\)

Giải :

Ư(35)= {1; 5; 7; 35}

70 = 2.5.7

~HT~

Giải :

Ư(35)= {1; 5; 7; 35}

70 = 2.5.7

~HT~

bước đầu thì bạn dựa vào t/c đường trung bình tam giác, rồi giả thiết AC vuông BD để cm QMNP là hình vuông nhé (kiến thức lớp 8)

Gọi I là trung điểm QN 

Xét tam giác QMN vuông tại M, I là trung điểm 

=> \(MI=\frac{1}{2}QN=IQ=IN\)(*)

Xét tam giác NPQ vuông tại P, I là trung điểm 

=> \(PI=\frac{1}{2}QN=IQ=IN\)(**)

Từ (*) ; (**) suy ra : M;N;P;Q cùng thuộc đường tròn I, đường kính QN

Giải :

Gọi I là trung điểm của QN

Xét tam giác QMN vuông tại M, I là trung điểm :

=> \(MI=\frac{1}{2}QN=IQ=IN\) (1)

Xét tam giác NPQ vuông tại P, I là trung điểm

=>\(PI=\frac{1}{2}QN=IQ=IN\) (2)

KL : Từ (1) và (2) => M; N; P; Q cùng thuộc đừng tròn I; đường kính QN