Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:
- \(B D \bot A B\)
- \(C D \bot A C\)
=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.
Ta xét tứ giác \(A B D C\):
- \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
- \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))
Suy ra:
\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)
Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:
\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)
Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).
⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)
b, * Chứng minh \(Q J = B D\)
Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:
- \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
- \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))
Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):
- \(I P = I Q\) (gt)
- \(I B = I J\) (gt)
- \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)
⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)
Suy ra:
\(P B = Q J\)
Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)
⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)
*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)
Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)
Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)
Xét hai tam giác:
- Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
- Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)
Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.
Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).
Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒
\(\angle A Q J = \angle A .\)
Vậy:
\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)
Bài 2: Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{1}{a}<>\frac{a}{1}\)
=>\(a^2<>1\)
=>a∉{1;-1](1)
\(\begin{cases}ax+y=3a\\ x+ay=2a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=3a-ax\\ x+a\left(3a-ax\right)=2a+1\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}y=3a-a\cdot x\\ x+3a^2-a^2\cdot x=2a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=3a-ax\\ x\left(1-a^2\right)=2a+1-3a^2\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}x=\frac{-3a^2+2a+1}{1-a^2}=\frac{3a^2-2a-1}{a^2-1}=\frac{\left(a-1\right)\left(3a+1\right)}{\left(a-1\right)\left(a+1\right)}=\frac{3a+1}{a+1}\\ y=3a-a\cdot\frac{3a+1}{a+1}=\frac{3a^2+3a-3a^2-a}{a+1}=\frac{2a}{a+1}\end{cases}\)
Để x,y nguyên thì \(\begin{cases}3a+1\vdots a+1\\ 2a\vdots a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}3a+3-2\vdots a+1\\ 2a+2-2\vdots a+1\end{cases}\)
=>-2⋮a+1
=>a+1∈{1;-1;2;-2}
=>a∈{0;-2;1;-3}
Kết hợp (1), ta có: a∈{0;-2;-3}
Bài 3:
ĐKXĐ: x>=y
\(\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \sqrt{\frac{x+y}{8}}-\sqrt{\frac{x-y}{12}}=3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \frac12\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}}-\sqrt{\frac{x-y}{3}}\right)=3\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \sqrt{\frac{x+y}{2}}-\sqrt{\frac{x-y}{3}}=6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}=10\\ \sqrt{\frac{x-y}{3}}=4\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}\frac{x+y}{2}=100\\ \frac{x-y}{3}=16\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+y=200\\ x-y=48\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=\frac{200+48}{2}=\frac{248}{2}=124\\ y=200-124=76\end{cases}\) (nhận)
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
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)
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
=>\(\hat{BKH}=\hat{BCD}=\hat{ACB}\)
a: Xét (D) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE\(\perp\)AB tại E
Xét (D) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
=>BF\(\perp\)AC tại F
Xét tứ giác AEGF có \(\widehat{AEG}+\widehat{AFG}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEGF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,G,F cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (D) có
ΔBIC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBIC vuông tại I
Xét ΔIBC vuông tại I có IH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BI^2\)
c: Vì B,E,F,C cùng thuộc (D)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BEF}+\widehat{BCF}=180^0\)
mà \(\widehat{BEF}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔAEC vuông tại E có \(cosEAC=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{AE}{AC}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
Xét ΔAEF và ΔACB có
\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔACB
=>\(\dfrac{EF}{CB}=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{EF}{6}=\dfrac{1}{2}\)
=>EF=3(cm)
a) Chứng minh BEC = BFC = 90° ; Từ đó suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh BEC = BFC = 90°:
Vì BC là đường kính của đường tròn tâm D, nên E và F là hai điểm nằm trên đường tròn.
Theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có:
∠BEC = ∠BFC = 90°
Suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn:
Xét tứ giác AEGF có:
∠AEG = 90° (do ∠BEC = 90°)
∠AFG = 90° (do ∠BFC = 90°)
Tứ giác AEGF có hai góc đối nhau vuông, nên AEGF là tứ giác nội tiếp.
Vậy 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của (D) và AH (I nằm giữa A và G). Chứng minh BI² = BH.BC
Xét △BIC có BI là đường cao, ta có:
BI² = BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
c) Trong trường hợp BAC = 60° và BC = 6cm. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AEF.
Tính BC:
Vì △ABC có ∠BAC = 60° và AB = AC, nên △ABC là tam giác đều. ⇒ AB = AC = BC = 6cm
Tính AE và AF:
Vì E và F lần lượt là hình chiếu của B và C trên AB và AC, nên AE và AF lần lượt là đường cao của △ABC.
Trong tam giác đều, đường cao cũng là đường trung tuyến, nên AE = AF = (1/2)AB = (1/2)AC = 3cm
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF.
Theo công thức bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có: R = (AE.AF.EF) / (4.S△AEF)
Trong đó: EF = BC = 6cm (do AEGF là hình chữ nhật)
S△AEF = (1/2).AE.AF.sin∠EAF = (1/2).3.3.sin60° = (9√3)/4 cm²
Thay số vào công thức, ta được:
R = (3.3.6) / (4.(9√3)/4) = 2√3 cm
Kết luận:
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp △AEF là 2√3 cm.