Gọi độ dài quãng đường AB là x(km)

(ĐK: x>0)

Thời gian ô tô thứ nhất đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{40}\left(giờ\right)\)

Vận tốc của ô tô thứ hai là 40+15=55(km/h)

Thời gian ô tô thứ hai đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{55}\left(giờ\right)\)
Ô tô thứ nhất đến trước 1h30p=1,5h nên ta có:

\(\dfrac{x}{40}-\dfrac{x}{55}=1,5\)

=>\(\dfrac{11x-8x}{440}=1,5\)

=>3x=440*1,5=660

=>x=220(nhận)

Vậy: Độ dài quãng đường AB là 220km

a: 

b: Phương trình hoành độ giao điểm là:

3x=x-4

=>2x=-4

=>x=-2

Thay x=-2 vào y=x-4, ta được:

y=-2-4=-6

Vậy: Tọa độ giao điểm là A(-2;-6)

a: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{5}{7}\)

Xét ΔDMB vuông tại M và ΔDNC vuông tại N có

\(\widehat{MDB}=\widehat{NDC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDMB~ΔDNC

=>\(\dfrac{BM}{CN}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{5}{7}=\dfrac{MB}{NC}\)

b:

Xét ΔAMB vuông tại M và ΔANC vuông tại N có

\(\widehat{BAM}=\widehat{CAN}\)

Do đó:ΔAMB~ΔANC

=>\(\dfrac{AM}{AN}=\dfrac{AB}{AC}\)

mà \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{DM}{DN}\)

nên \(\dfrac{AM}{AN}=\dfrac{DM}{DN}\)

=>\(AM\cdot DN=AN\cdot DM\)

c: ΔAMB~ΔANC

=>\(\dfrac{S_{AMB}}{S_{ANC}}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\dfrac{25}{49}\)

a: Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCIH vuông tại I có

\(\widehat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCIH

=>\(\dfrac{CH}{CI}=\dfrac{HA}{IH}\)

=>\(\dfrac{CH}{HA}=\dfrac{CI}{IH}\)

b: O ở đâu vậy bạn?

a:

  b:

  c:

   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 Δ𝐴𝐵𝐶ΔABC có 𝐴𝐵=10AB=10 cm, 𝐴𝐶=17AC=17 cm, 𝐵𝐶=21BC=21 cm.

Gọi 𝐴𝐻AH là đường cao của tam giác.

Vì 𝐵𝐶BC là cạnh lớn nhất của tam giác nên 𝐵^,𝐶^<90∘B,C<90∘, do đó 𝐻H nằm giữa 𝐵B và 𝐶C.

Đặt 𝐻𝐶=𝑥,𝐻𝐵=𝑦HC=x,HB=y, ta có : 𝑥+𝑦=21x+y=21 (1)

Mặt khác 𝐴𝐻2=102−𝑦2,𝐴𝐻2=172−𝑥2AH2=102−y2,AH2=172−x2 nên 𝑥2−𝑦2=172−102=289−100=189x2−y2=172−102=289−100=189 (2)

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

Do đó 𝑥=15x=15, 𝑦=6y=6.

Ta có 𝐴𝐻2=102−62=64AH2=102−62=64 nên 𝐴𝐻=8AH=8.

Vậy 𝑆𝐴𝐵𝐶=21.82=84SABC​=221.8​=84 (cm22).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     30:2=1530:2=15 (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     𝑉=2.(13.20.20.15)=4000V=2.(31​.20.20.15)=4000 (cm33).

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 𝐾𝐵𝐶KBC vuông tại 𝐾K suy ra 𝐾𝐵𝐻^=90∘KBH=90∘

Vì 𝐶𝐼⊥𝐵𝐼CI⊥BI (gt) suy ra 𝐶𝑙𝐻^=90∘ClH=90∘

Xét △𝐾𝐵𝐻△KBH và △𝐶𝐻𝐼△CHI có:

𝐾𝐵𝐻^=𝐶𝐼𝐻^=90∘KBH=CIH=90∘;

𝐵𝐻𝐾^=𝐶𝐻𝐼^BHK=CHI (đối đỉnh)

Suy ra Δ𝐵𝐻𝐾∽Δ𝐶𝐻𝐼ΔBHK∽ΔCHI (g.g)

b) Ta có Δ𝐵𝐻𝐾∽Δ𝐶𝐻𝐼ΔBHK∽ΔCHI suy ra 𝐻𝐵𝐾^=𝐻𝐶𝐼^HBK=HCI (hai góc tương ứng) 

Mà 𝐵𝐻BH là tia phân giác của 𝐴𝐵𝐶^ABC nên 𝐻𝐵𝐾^=𝐻𝐵𝐶^HBK=HBC.

Do đó 𝐻𝐵𝐶^=𝐻𝐶𝐼^HBC=HCI.

Xét △𝐶𝐼𝐵△CIB và △𝐻𝐼𝐶△HIC có:

𝐶𝐼𝐵^CIB chung;

𝐼𝐵𝐶^=𝐻𝐶𝐼^IBC=HCI (cmt)

Vậy Δ𝐶𝐼𝐵≈Δ𝐻𝐼𝐶ΔCIB≈ΔHIC (g.g) suy ra 𝐶𝐼𝐻𝐼=𝐼𝐵𝐼𝐶HICI​=ICIB​

Hay 𝐶𝐼2=𝐻𝐼.𝐼𝐵CI2=HI.IB

c) Xét △𝐴𝐵𝐶△ABC có 𝐵𝐼⊥𝐴𝐶BI⊥AC; 𝐶𝐾⊥𝐴𝐵CK⊥AB; 𝐵𝐼∩𝐶𝐾={𝐻}BI∩CK={H}

Nên 𝐻H là trực tâm △𝐴𝐵𝐶△ABC suy ra 𝐴𝐻⊥𝐵𝐶AH⊥BC tại 𝐷D.

Từ đó ta có △𝐵𝐾𝐶∽△𝐻𝐷𝐶△BKC∽△HDC (g.g) nên 𝐶𝐵𝐶𝐻=𝐶𝐾𝐶𝐷CHCB​=CDCK​

Suy ra 𝐶𝐵𝐶𝐾=𝐶𝐻𝐶𝐷CKCB​=CDCH​ nên △𝐵𝐻𝐶∽△𝐾𝐷𝐶△BHC∽△KDC (c.g.c)

Khi đó 𝐻𝐵𝐶^=𝐷𝐾𝐶^HBC=DKC (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự 𝐻𝐴𝐶^=𝐼𝐾𝐶^HAC=IKC

Mà 𝐻𝐴𝐶^=𝐻𝐵𝐶^HAC=HBC (cùng phụ 𝐴𝐶𝐵^ACB )

Suy ra  𝐷𝐾𝐶^=𝐼𝐾𝐶^ DKC=IKC.

Vậy 𝐾𝐶KC là tia phân giác của 𝐼𝐾𝐷^IKD.

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