Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(AC\perp Oy\) (gt); \(Ox\perp Oy\) (gt) => AC//Oy => AC//OB
C/m tương tự có AB//OC
=> OBAC là hình bình hành (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
Mà \(\widehat{xOy}=90^o\)
=> OBAC là HCN
Ta có
AC=AB (Tính chất đường phân giác)
=> OBAC là hình vuông
Tứ giác ����OBAC có ba góc vuông: góc B= góc C = góc BOC= 90 độ �^=�^=���^=90∘==
∘
Nên ����OBAC là hình chữ nhật.
Mà �A nằm trên tia phân giác ��OM suy ra ��=��AB=AC.
Khi đó ����OBAC là hình vuông.
a)
Ta có:
∠ABC + ∠CBm = 180⁰ (kề bù)
⇒ ∠ABC = 180⁰ - ∠CBm
= 180⁰ - 70⁰
= 110⁰
Tứ giác ABCD có:
∠A + ∠ABC + ∠C + ∠D = 360⁰ (tổng bốn góc trong tứ giác ABCD)
⇒ 3x + 110⁰ + x + 90⁰ = 360⁰
⇒ 4x + 200⁰ = 360⁰
⇒ 4x = 360⁰ - 200⁰
4x = 160⁰
⇒ x = 160⁰ : 4
⇒ x = 40⁰
b) ∆ABH vuông tại H
⇒ AB² = AH² + BH² (Pytago)
⇒ AH² = AB² - BH²
= 3,7² - 1,2²
= 12,25
⇒ AH = 3,5
⇒ AH/BH = 3,5/1,2 ≈ 2,9 > 2,2
Vậy thang cách chân tường không "an toàn"
a) Góc ngoài tại đỉnh \(B\) có số đo bằng \(7 0^{\circ}\) nên góc trong tại đỉnh \(B\) có số đo bằng \(18 0^{\circ} - 7 0^{\circ} = 11 0^{\circ}\)
Xét tứ giác \(A B C D ,\) ta có: \(\hat{A} + \hat{B} + \hat{C} + \hat{D} = 36 0^{\circ}\)
Do đó \(3 x + 11 0^{\circ} + x + 9 0^{\circ} = 36 0^{\circ}\)
uy ra \(4 x = 16 0^{\circ}\) nên \(x = 4 0^{\circ}\)
Vậy \(x = 4 0^{\circ}\).
b) Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(A B H\) vuông tại \(H\) ta có: \(A B^{2} = A H^{2} + B H^{2}\)
Suy ra \(A H^{2} = A B^{2} - B H^{2}\)
Do đó \(A H = \sqrt{A B^{2} - B H^{2}} = \sqrt{3 , 7^{2} - 1 , 2^{2}} = 3 , 5\) m
Ta có \(\frac{A H}{B H} = \frac{3 , 5}{1 , 2} \approx 2 , 9\)
Mà \(2 , 9 > 2 , 2\) nên khoảng cách đặt thang cách chân tường đã cho là không an toàn.
a/
Ta có
IA=IC (gt); IM=IK (gt) => AMCK là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)
Ta có
MB=MC (gt); IA=IC (gt) => MI là đường trung bình của tg ABC => MI//AB
Mà \(AB\perp AC\)
\(\Rightarrow MI\perp AC\Rightarrow MK\perp AC\)
=> AMCK là hình thoi (Hình bình hành có 2 đường chéo vuông góc là hình thoi)
b/
Ta có
MI//AB (cmt) => MK//AB
AK//MC (cạnh đối hbh AMCK) => AK//MB
=> AKMB là hbh (Tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi một là hbh)
c/
Để AMCK là hình vuông \(\Rightarrow AM\perp BC\) => AM là đường cao của tg ABC
Mà AM là trung tuyến của tg ABC (gt)
=> ABC cân tại A (Tam giác có đường cao đồng thời là đường trung tuyến là tg cân)
=> Để AMCK là hình vuông thì tg ABC vuông cân tại A
a) Tứ giác ����AMCK có hai đường chéo ��,��AC,MK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
Δ���ΔABC vuông tại �A có ��AM là đường trung tuyến nên ��=��=��AM=MC=MB.
Vậy hình bình hành ����AMCK có ��=��AM=MC nên là hình thoi.
b) Vì ����AMCK là hình thoi nên ��AK // ��BM và ��=��=��AK=MC=BM.
Tứ giác ����AKMB có ��AK // ��,��=��BM,AK=BM nên là hình bình hành.
c) Để ����AMCK là hình vuông thì cần có một góc vuông hay ��⊥��AM⊥MC.
Khi đó Δ���ΔABC có ��AM vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên cân tại �A.
Vậy Δ���ΔABC vuông cân tại �A thì ����AMCK là hình vuông.
a) ����ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo ��,��AC,BD cắt nhau tại �O là trung điểm của mỗi đường.
Xét Δ���ΔOBM và Δ���ΔODP có:
��=��OB=OD ( giả thiết)
���^=���^OBM=ODP (so le trong)
���^=���^BOM=DOP (đối đỉnh)
Vậy Δ���=Δ���ΔOBM=ΔODP (g.c.g)
Suy ra ��=��OM=OP (hai cạnh tương ứng)
Chứng minh tương tự Δ���=Δ���ΔOAQ=ΔOCN (g.c.g) suy ra ��=��OQ=ON (hai cạnh tương ứng)
����MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
b) Hình bình hành ����MNPQ có hai đường chéo ��⊥��MP⊥NQ nên là hình thoi.
a) ����ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo ��,��AC,BD cắt nhau tại �O là trung điểm của mỗi đường.
Xét Δ���ΔOBM và Δ���ΔODP có:
��=��OB=OD ( giả thiết)
���^=���^OBM=ODP (so le trong)
���^=���^BOM=DOP (đối đỉnh)
Vậy Δ���=Δ���ΔOBM=ΔODP (g.c.g)
Suy ra ��=��OM=OP (hai cạnh tương ứng)
Chứng minh tương tự Δ���=Δ���ΔOAQ=ΔOCN (g.c.g) suy ra ��=��OQ=ON (hai cạnh tương ứng)
����MNPQ có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên là hình bình hành.
b) Hình bình hành ����MNPQ có hai đường chéo ��⊥��MP⊥NQ nên là hình thoi.
a) Nối AC, BD (như hình vẽ
Ta có AB = AD hay hai điểm A cách đều hai đầu mút B và D;
CB = CD hay hai điểm C cách đều hai đầu mút B và D;
Do đó, hai điểm A và C cách đều hai đầu mút B và D.
Vậy AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
b) Gọi I là giao điểm của AC và BD.
Vì AC là đường trung trực của đoạn thẳng BD nên AC ⊥ BD.
• Xét tam giác ABD cân tại A (vì AB = AD) có AI là đường cao (vì AI ⊥ BD)
Nên AI cũng là tia phân giác của \(\widehat {BA{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}}\)
Suy ra \(\widehat {{A_1}} = \widehat {{A_2}} = \widehat {B{\rm{D}}A}:2 = {100^o}:2 = {50^o}\)
• Xét tam giác BCD cân tại C (vì BC = CD) có CI là đường cao (vì AC ⊥ BD)
Nên CI cũng là tia phân giác của \(\widehat {BC{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\)
Suy ra \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}} = \widehat {BC{\rm{D}}}:2 = {60^o}:2 = {30^o}\)
• Xét tam giác ACD có: \(\widehat {{A_1}} + \widehat {{C_1}} + \widehat {A{\rm{D}}C} = {180^o}\) (định lí tổng ba góc trong một tam giác).
Hay 50°+30°+\(\widehat {A{\rm{D}}C}\)=180°
Suy ra \(\widehat {A{\rm{D}}C}\)=180°−50°−30°=100°
Xét tứ giác ABCD có:
\(\widehat {BA{\rm{D}}} + \widehat {ABC} + \widehat {BC{\rm{D}}} + \widehat {A{\rm{D}}C} = {360^o}\)(định lí tổng bốn góc của một tứ giác).
Hay 100°+\(\widehat {ABC}\)+60°+100°=360°
Suy ra \(\widehat {ABC}\)+260°=360o
Do đó \(\widehat {ABC}\)=360°−260°=100o
Vậy \(\widehat {ABC}\)=100° ;\(\widehat {A{\rm{D}}C}\)=100°
\(C=\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)\left(x^4+1\right)\left(x^8+1\right)\left(x^{16}+1\right)\left(x^{32}+1\right)-x^{64}\)
\(C=\left(x^4-1\right)\left(x^4+1\right)\left(x^8+1\right)\left(x^{16}+1\right)\left(x^{32}+1\right)-x^{64}\)
\(C=\left(x^8-1\right)\left(x^8+1\right)\left(x^{16}+1\right)\left(x^{32}+1\right)-x^{64}\)
\(C=\left(x^{16}-1\right)\left(x^{16}+1\right)\left(x^{32}+1\right)-x^{64}\)
\(C=\left(x^{32}-1\right)\left(x^{32}+1\right)-x^{64}\)
\(C=x^{64}-1-x^{64}\)
\(C=-1\)
Vậy gtri của C không phụ thuộc vào x
- Có \(\frac{{A'B'}}{{AB}} = \frac{{A'C'}}{{AC}} = \frac{2}{3}\)
- Có \(\frac{{B'C'}}{{BC}} = \frac{2}{3}\)
- Tam giác A'B'C' có đồng dạng với tam giác ABC và đồng dạng với tỉ số \(\frac{2}{3}\)
a) ����ABCD là hình bình hành.
b) �,�,�P,N,Q thẳng hàng.
c) Δ���ΔABC cần thêm điều kiện gì để tứ giác ����ABCD là hình vuông.
Xét tam giác ABC và tam giác ADB có
\(\widehat {ABC} = \widehat {A{\rm{D}}B}\) và \(\widehat A\) chung
=> ΔABC ∽ ΔADB (g.g)
=> \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}}\)
=> \(A{B^2} = A{\rm{D}}.AC\)
a) Xét tứ giác ABCD ta có:
\(\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}+\widehat{D}=360^o\)
\(\Rightarrow\widehat{D}=360^o-102^o-102^o-102^o\)
\(\Rightarrow\widehat{D}=54^o\)
b) Xét tam giác vuông AOD ta có:
\(AD^2=OD^2+OA^2\)
\(\Rightarrow OA=\sqrt{AD^2-OD^2}\)
\(\Rightarrow OA=\sqrt{30^2-26,7^2}\approx13,7\left(cm\right)\)
Xét tam giác vuông AOB ta có:
\(AB^2=OA^2+OB^2\)
\(\Rightarrow OB=\sqrt{AB^2-OA^2}\)
\(\Rightarrow OB=\sqrt{17,5^2-13,7^2}\approx10,9\left(cm\right)\)
Độ dài đường chéo BD là:
\(BD=OB+OD=26,7+10,9\approx37,6\left(cm\right)\)
a) Số đo góc \(D\) ở đuôi chiếc diều là: \(\hat{D} = 36 0^{\circ} - \left(\right. \hat{A} + \hat{B} + \hat{C} \left.\right) = 36 0^{\circ} - \left(\right. 10 2^{\circ} + 10 2^{\circ} + 10 2^{\circ} \&\text{nbsp}; \left.\right) = 5 4^{\circ} .\)
b) Xét \(\Delta O A D\) vuông tại \(O\), theo định lí Pythagore ta có:
\(O A^{2} = A D^{2} - O D^{2} = 30^{2} - 26 , 7^{2} = 187 , 11\)
Xét \(\Delta O A B\) vuông tại \(O ,\) theo định lí Pythagore ta có:
\(O B^{2} = A B^{2} - O A^{2} = 17 , 5^{2} - 187 , 11 = 119 , 14\)
Do đó \(O B = \sqrt{119 , 14} \approx 10 , 9\) (cm).
Suy ra \(B D = O B + O D = 10 , 9 + 26 , 7 = 37 , 6\) (cm).