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
13 tháng 8
a: Xét (HA/2) có
ΔAEH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAEH vuông tại E
=>HE⊥AB tại E
Xét (HA/2) có
ΔAFH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAFH vuông tại F
=>HF⊥AC tại F
Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=AH^2\)
Ta có: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Do đó: ΔAEF~ΔACB
b: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)
mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)
nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)
ΔOAC cân tại O
=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}=\hat{ACB}\)
\(\hat{AFE}+\hat{OAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)
=>AO⊥ FE
c: Xét (O) có
ΔAKH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAKH vuông tại K
=>HK⊥AT tại K
Xét ΔAHT vuông tại H có HK là đường cao
nên \(AK\cdot AT=AH^2\)
=>\(AK\cdot AT=AE\cdot AB\)
=>\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)
Xét ΔAKB và ΔAET có
\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)
góc KAB chung
Do đó: ΔAKB~ΔAET
=>\(\hat{AKB}=\hat{AET}\)
d: ta có: A,C,B,K cùng thuộc (O)
=>ACBK nội tiếp
=>\(\hat{ACB}+\hat{AKB}=180^0\)
mà \(\hat{AKB}+\hat{AKI}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)
Xét ΔIKA và ΔICB có
\(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)
góc KIA chung
Do đó: ΔIKA~ΔICB
13 tháng 8
Gọi H là trực tâm của ΔABC
=>BH⊥AC; CH⊥AB; AH⊥BC
Xét (O) có
ΔABD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔABD vuông tại B
=>BD⊥BA
mà CH⊥AB
nên CH//BD
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
AD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại C
=>CA⊥CD
mà BH⊥CA
nên BH//CD
Xét tứ giác BHCD có
BH//CD
BD//CH
Do đó: BHCD là hình bình hành
=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường
mà X là trung điểm của BC
nên X là trung điểm của DH
=>DX đi qua H(1)
Xét (O) có
ΔBCE nội tiếp
BE là đường kính
Do đó: ΔBCE vuông tại C
=>CB⊥CE
mà AH⊥CB
nên AH//CE
Xét (O) có
ΔEAB nội tiếp
BE là đường kính
Do đó: ΔBAE vuông tại A
=>AE⊥AB
mà CH⊥AB
nên AE//CH
Xét tứ giác AHCE có
AH//CE
AE//CH
Do đó: AHCE là hình bình hành
=>AC cắt HE tại trung điểm của mỗi đường
mà Y là trung điểm của AC
nên Y là trung điểm của EH
=>EY đi qua H(2)
Xét (O) có
ΔFAC nội tiếp
FC là đường kính
Do đó: ΔFAC vuông tại A
=>AF⊥ AC
mà BH⊥AC
nên AF//BH
Xét (O) có
ΔFBC nội tiếp
FC là đường kính
Do đó: ΔFBC vuông tại B
=>BF⊥BC
mà AH⊥BC
nên AH//BF
Xét tứ giác AHBF có
AH//BF
AF//BH
Do đó: AHBF là hình bình hành
=>AB cắt HF tại trung điểm của mỗi đường
mà Z là trung điểm của AB
nên Z là trung điểm của FH
=>FZ đi qua H(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra DX,EY,FZ đồng quy tại H
13 tháng 8
Câu 5:
AB=1,6+25=26,6(m)
Ta có: \(\hat{xAC}=\hat{ACB}\) (hai góc so le trong, Ax//BC)
mà \(\hat{xAC}=38^0\)
nên \(\hat{ACB}=38^0\)
Xét ΔABC vuông tại B có tan ACB\(=\frac{AB}{BC}\)
=>\(BC=\frac{AB}{\tan ACB}=\frac{26.6}{\tan38}\) ≃34,0(m)
=>Chiếc xe cách chân tòa nhà khoảng 34m
13 tháng 8
Câu 7:
Xét tứ giác AHBD có \(\hat{AHB}=\hat{ADB}=\hat{DBH}=90^0\)
nênAHBD là hình chữ nhật
=>HB=AD=68(m)
Xét ΔAHD vuông tại H có \(\tan HAB=\frac{HB}{AH}\)
=>\(AH=\frac{HB}{\tan HAB}=\frac{68}{\tan28}\) ≃127,89(m)
Xét ΔAHC vuông tại H có \(\tan HAC=\frac{HC}{HA}\)
=>\(HC=HA\cdot\tan HAC=127,89\cdot\tan43\) ≃119,26(m)
BC=BH+CH=68+119,26≃187,3(m)
BC
14 tháng 8
Gọi \(\angle A O C = \alpha\). Đây là góc ở tâm chắn cung \(A C\)
Quan sát hình: cung \(B D\) gồm 3 lần liên tiếp cung \(A C\) (từ B → C, C → A, A → D)
Góc ở tâm \(\angle B O D\) chắn cung \(B D\) nên:
\(\angle B O D = 3 \times \angle A O C .\)
Vậy \(\angle B O D = 3 \angle A O C\)
21 giờ trước (22:11)
a: ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(BC^2=6^2+8^2=36+64=100=10^2\)
=>BC=10(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có \(\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)
nên \(\hat{C}\) ≃37 độ
ΔABC vuông tại A
=>\(\hat{B}+\hat{C}=90^0\)
=>\(\hat{B}=90^0-37^0=53^0\)
b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABD vuông tại A có AK là đường cao
nên \(BK\cdot BD=BA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(BH\cdot BC=BK\cdot BD\)
c: \(BH\cdot BC=BD\cdot BK\)
=>\(\frac{BH}{BK}=\frac{BD}{BC}\)
=>\(\frac{BH}{BD}=\frac{BK}{BC}\)
Xét ΔBHK và ΔBDC có
\(\frac{BH}{BD}=\frac{BK}{BC}\)
góc HBK chung
Do đó: ΔBHK~ΔBDC
=>\(\hat{BKH}=\hat{BCD}=\hat{ACB}\)
PT
2
TT
Trần Thị Khiêm
VIP
11 giờ trước (8:31)
Đề:
Cho tam giác nhọn \(A B C\), các đường cao \(A D , B E , C F\) đồng quy tại trực tâm \(H\).
Lấy \(X \in A D , Y \in B E , Z \in C F\) sao cho
\(\frac{D X}{D A} + \frac{E Y}{E B} + \frac{F Z}{F C} = 1.\)
Chứng minh \(H , X , Y , Z\) cùng thuộc một đường tròn.
Ý tưởng giải
Điều kiện “tổng tỉ lệ = 1” gợi đến Định lý Ceva dạng lượng giác hay dạng tỷ số đoạn thẳng. Nhưng ở đây lại liên quan đến tính chất hàng điểm điều hòa và lực của điểm (power of a point).
Một hướng quen thuộc: chứng minh rằng
\(\frac{D X}{D A} = \frac{H D}{H A} , \frac{E Y}{E B} = \frac{H E}{H B} , \frac{F Z}{F C} = \frac{H F}{H C} .\)
Nếu thay vào, điều kiện đề bài trở thành
\(\frac{H D}{H A} + \frac{H E}{H B} + \frac{H F}{H C} = 1.\)
Mà đẳng thức này đúng với trực tâm \(H\) trong tam giác nhọn (một đẳng thức quen thuộc trong hình học tam giác). Đây là chìa khoá.
Các bước chứng minh
- Biểu diễn điều kiện bằng lực của điểm H:
Trên đoạn \(A D\), nếu \(X\) thỏa
\(\frac{D X}{D A} = \frac{H D}{H A} ,\)
thì theo định nghĩa, ta có
\(H X \cdot H A = H D \cdot D A .\)
Nghĩa là \(H\) và \(A , D , X\) đồng viên.
Tương tự trên \(B E , C F\). - Từ đó ta suy ra \(H\) nằm trên các đường tròn \(\left(\right. A , D , X \left.\right) , \left(\right. B , E , Y \left.\right) , \left(\right. C , F , Z \left.\right)\).
- Giao của ba đường tròn này chính là điểm \(H\).
Mặt khác, nhờ điều kiện tổng bằng 1, ba đường tròn này cùng đi qua một điểm thứ hai (không phải \(H\)). Chính là điểm chung của ba đường tròn – đó là đường tròn đi qua \(H , X , Y , Z\). - Do đó, bốn điểm \(H , X , Y , Z\) đồng viên.
✅ Kết luận:
\(H , X , Y , Z \&\text{nbsp};\text{c} \overset{ˋ}{\text{u}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{thu}ộ\text{c}\&\text{nbsp};\text{m}ộ\text{t}\&\text{nbsp};đườ\text{ng}\&\text{nbsp};\text{tr} \overset{ˋ}{\text{o}} \text{n}.\)
13 tháng 8
Xét một phân số trong tổng:
\(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}}\)
Nhân cả tử và mẫu với \(\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}\), ta được:
\(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\left(\right. \sqrt{k} + \sqrt{k + 1} \left.\right) \left(\right. \sqrt{k + 1} - \sqrt{k} \left.\right)} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k}\)
Vậy:
\(A=\left(\right.\sqrt{2}-\sqrt{1}\left.\right)+\left(\right.\sqrt{3}-\sqrt{2}\left.\right)+\cdots+\left(\right.\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}\left.\right)\)
Cộng các hạng tử lại, ta thấy \(\sqrt{2}\) ở số hạng đầu bị trừ đi ở số hạng sau, \(\sqrt{3}\) cũng vậy,… chỉ còn:
\(A = \sqrt{n + 1} - \sqrt{1} = \sqrt{n + 1} - 1\)
Đáp số: \(\sqrt{n + 1} - 1\)
Tham khảo
a/ Khi \(m=-2\)
\(\left(1\right)\lrArr x^2-3x+2=0\)
PT có dạng \(a+b+c=0\)
\(x1=1;x2=\frac{c}{a}=2\)
b/
Để (1) có 2 nghiệm phân biệt
\(\Delta=9-4\left(m+4\right)=-4m+5>0\)
\(\lrArr4m-5<0\lrArr m<\frac54\)
Ta có
\(x2\left(x2-1\right)+x1\left(x1-1\right)=2\)
\(\lrArr x2^2-x2+x1^2-x1-2=0\)
\(\lrArr\left(x1+x2\right)^2-2.x1.x2-\left(x1+x2\right)-2=0\) (2)
Áp dụng định lý Viet
\(x1+x2=-\frac{b}{a}=3\)
\(x1.x2=\frac{c}{a}=m+4\)
Thay vào (2) rồi giải PT ẩn m đối chiếu với ĐK \(m<\frac54\)
Bạn tự làm nốt nhé