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
27 tháng 8
Vì \(\hat{AOD}=\hat{BOC}\) (hai góc đối đỉnh)
mà sđ cung AD=\(\hat{AOD}\)
và sđ cung BC=\(\hat{BOC}\)
nên sđ cung AD=sđ cung BC
=>\(\overgroup{AD}=\overgroup{BC}\)
27 tháng 8
Xét ΔOAB có \(OA^2+OB^2=AB^2\)
nên ΔOAB vuông tại O
=>\(\hat{AOB}=90^0\)
=>số đo cung nhỏ AB=90 độ
Số đo cung lớn AB là \(360^0-90^0=270^0\)
27 tháng 8
Xét ΔOCB có
CH là đường trung tuyến
CH là đường cao
DO đó: ΔOCB cân tại C
=>OC=CB
mà OC=OB
nên OC=OB=CB
=>ΔOBC đều
=>\(\hat{COB}=60^0\)
ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên OH là phân giác của góc COD
=>\(\hat{COD}=2\cdot\hat{COH}=2\cdot60^0=120^0\)
=>Số đo cung nhỏ CD là 120 độ
Số đo cung lớn CD là:
\(360^0-120^0=240^0\)
27 tháng 8
a: Xét ΔAOB có OA=OB=AB(=R)
nên ΔOAB đều
=>\(\hat{AOB}=60^0\)
b: Số đo cung lớn AB là:
\(360^0-60^0=300^0\)
27 tháng 8
Ta có ΔABC đều
=>\(\hat{ACB}=60^0\)
Xét (O) có \(\hat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
=>\(\hat{AOB}=2\cdot\hat{ACB}=2\cdot60^0=120^0\)
21 tháng 8
Bài 4:
a: Chiều cao của tòa nhà là:
\(25\cdot\tan36\) ≃18,2(m)
b: Khoảng cách từ chỗ anh ta đứng đến tòa nhà khi đó là:
18,2:tan32≃29,1(m)
Bài 3:
Kẻ BH⊥AC tại H
Xét ΔAHB vuông tại H có \(\sin A=\frac{BH}{AB}\)
=>\(BH=AB\cdot\sin A\)
Xét ΔABC có BH là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot BH\cdot AC=\frac12\cdot AB\cdot AC\cdot\sin BAC\)
Bài 2:
a: \(A=\frac{\sin45^0\cdot cos45^0}{\cot60^0}=\frac{\frac{\sqrt2}{2}\cdot\frac{\sqrt2}{2}}{\tan30}=\frac12:\frac{\sqrt3}{3}=\frac12\cdot\frac{3}{\sqrt3}=\frac{3}{2\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}\)
b: \(B=\frac{\sin70^0\cdot\tan40^0}{cos20^0\cdot\cot50^0}=\frac{\sin70^0\cdot\tan40^0}{\sin70^0\cdot\tan40^0}=1\)
Bài 1:
ΔABC vuông tại A
=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)
=>\(AB^2=BC^2-AC^2=10^2-8^2=36=6^2\)
=>AB=6(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{8}{10}=\frac45\)
\(cosB=\frac{BA}{BC}=\frac{6}{10}=\frac35\)
\(\tan B=\frac{AC}{BA}=\frac86=\frac43\)
\(\cot B=\frac{AB}{AC}=\frac68=\frac34\)
S
subjects
CTVHS
28 tháng 8
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)
28 tháng 8
Bài 2:
Xét ΔBAC có
M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC
=>MN là đường trung bình của ΔBAC
=>MN//AC và \(MN=\frac{AC}{2}\)
Xét ΔDAC có
S,R lần lượt là trung điểm của DA,DC
=>SR là đường trung bình của ΔDAC
=>SR//AC và \(SR=\frac{AC}{2}\)
Ta có: MN//AC
SR//AC
Do đó: MN//SR
Ta có: \(MN=\frac{AC}{2}\)
\(SR=\frac{AC}{2}\)
Do đó: MN=SR
Xét ΔABD có
M,S lần lượt là trung điểm của AB,AD
=>MS là đường trung bình của ΔABD
=>MS//BD
mà BD⊥AC
nên MS⊥AC
Ta có: MS⊥AC
MN//AC
Do đó: MS⊥MN
Xét tứ giác MNRS có
MN//RS
MN=RS
Do đó: MNRS là hình bình hành
Hình bình hành MNRS có MS⊥MN
nên MNRS là hình chữ nhật
=>M,N,R,S cùng thuộc một đường tròn
Bài 3:
a: Xét (O) có
ΔACF nội tiếp
AF là đường kính
Do đó: ΔACF vuông tại C
=>CA⊥CF
mà BH⊥AC
nên BH//CF
b: Xét (O) có
ΔABF nội tiếp
AF là đường kính
Do đó: ΔABF vuông tại B
=>BF⊥BA
mà CH⊥BA
nên CH//BF
Xét tứ giác BHCF có
BH//CF
BF//CH
Do đó: BHCF là hình bình hành
18 tháng 8
Xét ΔAHC vuông tại H có \(\sin C=\frac{AH}{AC}\)
=>\(\frac{AH}{10}=\sin30=\frac12\)
=>\(AH=\frac{10}{2}=5\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔAHC vuông tại H
=>\(HA^2+HC^2=CA^2\)
=>\(HC^2=10^2-5^2=100-25=75=\left(5\sqrt3\right)^2\)
=>\(HC=5\sqrt3\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=HA^2\)
=>\(HB=\frac{5^2}{5\sqrt3}=\frac{5}{\sqrt3}=\frac{5\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔAHB vuông tại H
=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)
=>\(AB^2=5^2+\left(\frac{5\sqrt3}{3}\right)^2=25+\frac{25}{3}=\frac{100}{3}\)
=>\(AB=\sqrt{\frac{100}{3}}=\frac{10}{\sqrt3}\) (cm)
C là điểm chính giữa của cung nhỏ AB
=>OC là phân giác của góc AOB
=>\(\) \(\hat{BOC}=\frac12\cdot\hat{AOB}=\frac12\cdot120^0=60^0\)
=>Số đo cung nhỏ BC là 60 độ
Số đo cung lớn BC là \(360^0-60^0=300^0\)