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
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
23 tháng 1 2024
a) Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A ta có:
\(BC^2=AB^2+AC^2\)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}\)
\(\Rightarrow BC=\sqrt{10^2+20^2}=10\sqrt{5}\left(cm\right)\)
Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABM vuông tại A ta có:
\(BM^2=AB^2+AM^2\)
\(\Rightarrow BM=\sqrt{AB^2+AM^2}\)
\(\Rightarrow BM=\sqrt{10^2+5^2}=5\sqrt{5}\left(cm\right)\)
b) Ta có:
\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{BM}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
Xét hai tam giác ABC và AMB có:
\(\widehat{BAC}\) chung
\(\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{MB}{BC}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AMB\left(c.g.c\right)\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
23 tháng 1 2024
a) Xét hai tam giác ABE và ACD có:
\(\widehat{ACD}=\widehat{ABE}\left(gt\right)\)
\(\widehat{BAC}\) chung
\(\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACD\left(g.g\right)\)
b) Ta có: \(\Delta ABE\sim\Delta ACD\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AD}\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
16 tháng 1 2024
a) 
b) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là:
\(x-1=2x\)
\(\Leftrightarrow2x-x=-1\)
\(\Leftrightarrow x=-1\)
Thay x = - 1 vào y = 2x ta có: \(y=2\cdot-1=-2\)
Vậy tọa độ giao điểm của 2 đường thẳng là \(\left(-1;-2\right)\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
16 tháng 1 2024
a) Vào năm 2000 diện tích đất nông nghiệp ở nước ta là:
Thay t = 0 vào \(S=0,12t+8,97\) (vì t được tính theo số năm kể từ năm 2000) ta có:
\(S=0,12\cdot0+8,97=8,97\left(tr.ha\right)\)
b) Diện tích đất nông nghiệp ở nước ra đạt 10,05 triệu hec-ta ta thay \(S=10,05\) ta có:
\(10,05=0,12t+8,97\)
\(\Leftrightarrow0,12t=10,05-8,97\)
\(\Leftrightarrow0,12t=1,08\)
\(\Leftrightarrow t=1,08:0,12\)
\(\Leftrightarrow t=9\)
Vậy năm nước ta đạt 10,05 triệu héc-ta là: \(2000+9=2009\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
16 tháng 1 2024
a) Ta có:
\(DF//AC\left(gt\right)\) (1)
\(DE//AB\left(gt\right)\) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ AEDF là hình bình hành (3)
Mà AD là phân giác của góc FAE (4)
Từ (3) và (4) ⇒ AEDF là hình thoi
b) Xét hai tam giác CDE và CBA có:
\(\widehat{ACB}\) chung
\(\widehat{CED}=\widehat{CAB}\) (đồng vị vì DE//AB)
\(\Rightarrow\Delta CDE\sim\Delta CBA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{CE}{AC}\Rightarrow DE\cdot AC=CE\cdot AB\)
Do: AEDF là hình thoi nên: DE = AE = AF
\(\Rightarrow AF\cdot AC=\left(AC-AE\right)\cdot AB\)
\(\Rightarrow\left(AB-BF\right)\cdot AC=AC\cdot AB-AE\cdot AB\)
\(\Rightarrow AB\cdot AC-BF\cdot AC=AC\cdot AB-AE\cdot AB\)
\(\Rightarrow BF\cdot AC=AE\cdot AB\)
\(\Rightarrow AF\cdot AB=BF\cdot AC\left(đpcm\right)\)
H9
HT.Phong (9A5)
CTVHS
2 tháng 2 2024
Ta có: DE//AC (cùng vuông góc với AB)
Áp dụng định lý Ta-lét ta có:
\(\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{CE}\Rightarrow\dfrac{BD}{AD}=\dfrac{BE}{BC-BE}\Rightarrow\dfrac{6}{x}=\dfrac{3x}{13,5-3x}\)
\(\Leftrightarrow6\left(13,5-3x\right)=x\cdot3x\)
\(\Leftrightarrow81-18x=3x^2\)
\(\Leftrightarrow27-6x=x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2+6x-27=0\)
\(\Leftrightarrow x^2-3x+9x-27=0\)
\(\Leftrightarrow x\left(x-3\right)+9\left(x-3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-3\right)\left(x+9\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\left(tm\right)\\x=-9\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Vậy: `x=3`
Trả lời lẹ giúp em đi ạ
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Ta có: 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
=>\(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
c: Gọi O là trung điểm của AK
Ta có: BICK là hình bình hành
=>BI//CK và BK//CI
ta có: BI//CK
BI\(\perp\)AC
Do đó: CK\(\perp\)CA
=>ΔCKA vuông tại C
=>C nằm trên đường tròn đường kính AK
=>C nằm trên (O)(1)
Ta có: CI//BK
CI\(\perp\)BA
Do đó: BK\(\perp\)BA
=>ΔBKA vuông tại B
=>B nằm trên đường tròn đường kính AK
=>B nằm trên (O)(2)
Từ (1),(2) suy ra ABKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O), đường kính AK
Gọi H là giao điểm của AI với BC
Xét ΔABC có
BE,CF là các đường cao
BE cắt CF tại I
Do đó: I là trực tâm của ΔABC
=>AI\(\perp\)BC tại H
Xét (O) có
\(\widehat{CBK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK
\(\widehat{CAK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK
Do đó: \(\widehat{CBK}=\widehat{CAK}\)
mà \(\widehat{CBK}=\widehat{ICB}\)(hai góc so le trong, IC//BK)
và \(\widehat{ICB}=\widehat{FAI}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)
nên \(\widehat{FAI}=\widehat{CAK}\)
Xét ΔFAI vuông tại F và ΔCAK vuông tại C có
\(\widehat{FAI}=\widehat{CAK}\)
Do đó: ΔFAI~ΔCAK
=>\(\dfrac{FA}{CA}=\dfrac{FI}{CK}\)
=>\(\dfrac{FA}{FI}=\dfrac{CA}{CK}\)
=>\(\dfrac{FI}{FA}=\dfrac{CK}{CA}\)