
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.


ABCD là hình vuông
mà O là giao điểm của hai đường chéo
nên AC⊥BD tại O; O là trung điểm chung của AC và BD; AC=BD
=>\(OA=OB=OC=OD=\frac{AC}{2}\)
=>\(AC=2\cdot AO=2\cdot2\sqrt2=4\sqrt2\) >4
=>C nằm ngoài (A;4cm)
Ta có: OA=OB=OD
mà \(OA=2\sqrt2\)
nên \(OB=OD=2\sqrt2\)
ΔOAB vuông tại O
=>\(OA^2+OB^2=AB^2\)
=>\(AB^2=\left(2\sqrt2\right)^2+\left(2\sqrt2\right)^2=8+8=16=4^2\)
=>AB=4(cm)
=>B nằm trên (A;4cm)
Ta có: ABCD là hình vuông
=>AB=AD=4cm
=>D nằm trên (A;4cm)

a. xét △ BIA và △ BAC có:
góc BIA = góc BAC = 90 độ
góc IAB = góc ACB (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ BAC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{IB}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow AB^2=IB\cdot BC\)
b. xét △ BIA và △ AIC ta có:
góc BIA = góc AIC = 90 độ
góc IAB = góc ICA (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ AIC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{IA}{IB}=\frac{IC}{IA}\Rightarrow IA^2=IB\cdot IC\)
c. áp dụng định lý pythagore vào △ ABC vuông tại A ta có:
\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{26^2-10^2}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
ta có: AB.AC = BC.AI
\(\Rightarrow AI=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{24\cdot10}{26}=\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
△ ABC vuông tại A có:
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{10}{26}\Rightarrow\) góc B ≈ 23⁰
⇒ góc C = 90⁰ - 23⁰ = 67⁰
d. xét tứ giác AHIK có:
góc BAC = góc AHI = góc IKA = 90 độ
⇒ tứ giác AHIK là hình chữ nhật
⇒ AI = HK = \(\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
e. xét △ AKI và △ AIC ta có:
góc AKI = góc AIC = 90 độ
góc AIK = góc ACI (cùng phụ với góc IAK)
⇒ △ AKI ~ △ AIC (g-g)
⇒ \(\frac{AK}{AI}=\frac{AI}{AC}\Rightarrow AI^2=AK\cdot AC\) (1)
áp dụng định lý pythagore vào △ AIB vuông tại I ta có:
\(AI^2=AB^2-BI^2\) (2)
TỪ (1) và (2) ⇒ \(AK\cdot AC=AB^2-BI^2\)
gọi O là giao điểm của đường chéo HK và AI
AHIK là hình chữ nhật ⇒ OH = OA
⇒ △ OHA cân tại O
⇒ góc OHA = góc OAH
xét △ AHK và △ ACB ta có:
góc A chung
góc AHK = góc ACB (cùng bằng HAO)
⇒ △ AHK ~ △ ACB (g-g)
f. vì góc ACB = góc IAB (câu a)
nên \(\cot ACB=\cot IAB=\frac{AH}{HI}\) (3)
mà góc AHO = góc IAB (câu e)
\(\Rightarrow\cot IAB=\cot AHO=\frac{AH}{AK}\) (4)
từ (3) và (4) \(\frac{AH}{HI}=\frac{AH}{AK}\)
mà HI = AK (tứ giác AHIK là hình chữ nhật)
\(\Rightarrow\cot ACB=\frac{AH}{AK}\Rightarrow AH=AK\cdot\cot ACB\) (đpcm)

a. xét △ BIA và △ BAC có:
góc BIA = góc BAC = 90 độ
góc IAB = góc ACB (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ BAC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{IB}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow AB^2=IB\cdot BC\)
b. xét △ BIA và △ AIC ta có:
góc BIA = góc AIC = 90 độ
góc IAB = góc ICA (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ AIC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{IA}{IB}=\frac{IC}{IA}\Rightarrow IA^2=IB\cdot IC\)
c. áp dụng định lý pythagore vào △ ABC vuông tại A ta có:
\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{26^2-10^2}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
ta có: AB.AC = BC.AI
\(\Rightarrow AI=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{24\cdot10}{26}=\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
△ ABC vuông tại A có:
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{10}{26}\Rightarrow\) góc B ≈ 23⁰
⇒ góc C = 90⁰ - 23⁰ = 67⁰
d. xét tứ giác AHIK có:
góc BAC = góc AHI = góc IKA = 90 độ
⇒ tứ giác AHIK là hình chữ nhật
⇒ AI = HK = \(\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
e. xét △ AKI và △ AIC ta có:
góc AKI = góc AIC = 90 độ
góc AIK = góc ACI (cùng phụ với góc IAK)
⇒ △ AKI ~ △ AIC (g-g)
⇒ \(\frac{AK}{AI}=\frac{AI}{AC}\Rightarrow AI^2=AK\cdot AC\) (1)
áp dụng định lý pythagore vào △ AIB vuông tại I ta có:
\(AI^2=AB^2-BI^2\) (2)
TỪ (1) và (2) ⇒ \(AK\cdot AC=AB^2-BI^2\)
gọi O là giao điểm của đường chéo HK và AI
AHIK là hình chữ nhật ⇒ OH = OA
⇒ △ OHA cân tại O
⇒ góc OHA = góc OAH
xét △ AHK và △ ACB ta có:
góc A chung
góc AHK = góc ACB (cùng bằng HAO)
⇒ △ AHK ~ △ ACB (g-g)
f. vì góc ACB = góc IAB (câu a)
nên \(\cot ACB=\cot IAB=\frac{AH}{HI}\) (3)
mà góc AHO = góc IAB (câu e)
\(\Rightarrow\cot IAB=\cot AHO=\frac{AH}{AK}\) (4)
từ (3) và (4) \(\frac{AH}{HI}=\frac{AH}{AK}\)
mà HI = AK (tứ giác AHIK là hình chữ nhật)
\(\Rightarrow\cot ACB=\frac{AH}{AK}\Rightarrow AH=AK\cdot\cot ACB\) (đpcm)

a. xét △ BIA và △ BAC có:
góc BIA = góc BAC = 90 độ
góc IAB = góc ACB (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ BAC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{AB}{IB}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow AB^2=IB\cdot BC\)
b. xét △ BIA và △ AIC ta có:
góc BIA = góc AIC = 90 độ
góc IAB = góc ICA (cùng phụ với góc B)
⇒ △ BIA ~ △ AIC (g-g)
\(\Rightarrow\frac{IA}{IB}=\frac{IC}{IA}\Rightarrow IA^2=IB\cdot IC\)
c. áp dụng định lý pythagore vào △ ABC vuông tại A ta có:
\(AB=\sqrt{BC^2-AC^2}=\sqrt{26^2-10^2}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
ta có: AB.AC = BC.AI
\(\Rightarrow AI=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{24\cdot10}{26}=\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
△ ABC vuông tại A có:
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{10}{26}\Rightarrow\) góc B ≈ 23⁰
⇒ góc C = 90⁰ - 23⁰ = 67⁰
d. xét tứ giác AHIK có:
góc BAC = góc AHI = góc IKA = 90 độ
⇒ tứ giác AHIK là hình chữ nhật
⇒ AI = HK = \(\frac{120}{13}\left(\operatorname{cm}\right)\)
e. xét △ AKI và △ AIC ta có:
góc AKI = góc AIC = 90 độ
góc AIK = góc ACI (cùng phụ với góc IAK)
⇒ △ AKI ~ △ AIC (g-g)
⇒ \(\frac{AK}{AI}=\frac{AI}{AC}\Rightarrow AI^2=AK\cdot AC\) (1)
áp dụng định lý pythagore vào △ AIB vuông tại I ta có:
\(AI^2=AB^2-BI^2\) (2)
TỪ (1) và (2) ⇒ \(AK\cdot AC=AB^2-BI^2\)
gọi O là giao điểm của đường chéo HK và AI
AHIK là hình chữ nhật ⇒ OH = OA
⇒ △ OHA cân tại O
⇒ góc OHA = góc OAH
xét △ AHK và △ ACB ta có:
góc A chung
góc AHK = góc ACB (cùng bằng HAO)
⇒ △ AHK ~ △ ACB (g-g)
f. vì góc ACB = góc IAB (câu a)
nên \(\cot ACB=\cot IAB=\frac{AH}{HI}\) (3)
mà góc AHO = góc IAB (câu e)
\(\Rightarrow\cot IAB=\cot AHO=\frac{AH}{AK}\) (4)
từ (3) và (4) \(\frac{AH}{HI}=\frac{AH}{AK}\)
mà HI = AK (tứ giác AHIK là hình chữ nhật)
\(\Rightarrow\cot ACB=\frac{AH}{AK}\Rightarrow AH=AK\cdot\cot ACB\) (đpcm)

a: Diện tích ban đầu là \(8\cdot20=160\left(m^2\right)\)
Độ dài cạnh góc vuông thứ nhất của phần bị thu hồi là
20-2x(m)
Độ dài cạnh góc vuông thứ hai của phần bị thu hồi là:
8-x(m)
Diện tích phần bị thu hồi là:
\(T=\frac12\left(20-2x\right)\left(8-x\right)=\frac12\left(2x-20\right)\left(x-8\right)=\left(x-10\right)\left(x-8\right)\left(m^2\right)\)
b: Diện tích đất bị thu hồi là 455:13=35(m)
=>(x-10)(x-8)=35
=>\(x^2-18x+80-35=0\)
=>\(x^2-18x+45=0\)
=>(x-3)(x-15)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}x-3=0\\ x-15=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=3\left(nhận\right)\\ x=15\left(loại\right)\end{array}\right.\)
Vậy: x=3

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
=>\(\hat{BKH}=\hat{BCD}=\hat{ACB}\)

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