Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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: 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
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
a: Xét (O) có
ΔABP nội tiếp
AP là đường kính
Do đó: ΔABP vuông tại B
=>BA⊥BP
mà CH⊥BA
nên CH//BP
Xét (O) có
ΔACP nội tiếp
AP là đường kính
Do đó: ΔACP vuông tại C
=>CP⊥CA
mà BH⊥CA
nên BH//CP
Xét tứ giác BHCP có
BH//CP
BP//CH
Do đó: BHCP là hình bình hành
Gọi HP cắt CB tại I
BHCP là hình bình hành
=>BC cắt HP tại trung điểm của mỗi đường
=>I là trung điểm chung của HP và BC
Xét (O) có
ΔAKP nội tiếp
AP là đường kính
Do đó: ΔAKP vuông tại K
=>AK⊥KP
mà AK⊥BC
nên PK//BC
Xét ΔHKP có
I là trung điểm của HP
DI//KP
Do đó: D là trung điểm của HK
=>DH=DK
b: Xét ΔCKH có
CD là đường cao
CD là đường trung tuyến
Do đó: ΔCKH cân tại C
=>CH=CK
mà CH=BP
nên BP=CK
Xét tứ giác BCPK có
BC//PK
BP=CK
Do đó: BCPK là hình thang cân
Chắc câu c quá, tại tổng 2 ô vuông của hình chữ nhật có 10 chấm tròn. =)
Em nghĩ là câu c vì thấy tổng của các chấm tròn ở mỗi miếng đều là 10.
a. Câu này đơn giản em tự giải
b.
Xét hai tam giác OIM và OHN có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OIM}=\widehat{OHN}=90^0\\\widehat{MON}\text{ chung}\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OIM\sim\Delta OHN\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OM}{ON}\Rightarrow OI.ON=OH.OM\)
Cũng từ 2 tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{OMI}=\widehat{ONH}\)
Tứ giác OAMI nội tiếp (I và A cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{OMI}\)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{ONH}\) hay \(\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\)
c.
Xét hai tam giác OAI và ONA có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\left(cmt\right)\\\widehat{AON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAI\sim\Delta ONA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{ON}=\dfrac{OI}{OA}\Rightarrow OI.ON=OA^2=OC^2\) (do \(OA=OC=R\))
\(\Rightarrow\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\)
Xét hai tam giác OCN và OIC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\\\widehat{CON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OCN\sim\Delta OIC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OCN}=\widehat{OIC}=90^0\) hay tam giác ACN vuông tại C
\(\widehat{ABC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow BC\perp AB\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACN với đường cao BC:
\(BC^2=BN.BA=BN.2BH=2BN.BH\) (1)
O là trung điểm AC, H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\) là đường trung bình tam giác ABC
\(\Rightarrow OH=\dfrac{1}{2}BC\)
Xét hai tam giác OHN và EBC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OHN}=\widehat{EBC}=90^0\\\widehat{ONH}=\widehat{ECB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{IEB}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OHN\sim\Delta EBC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OH}{EB}=\dfrac{HN}{BC}\Rightarrow HN.EB=OH.BC=\dfrac{1}{2}BC^2\)
\(\Rightarrow BC^2=2HN.EB\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow BN.BH=HN.BE\)
\(\Rightarrow BN.BH=\left(BN+BH\right).BE\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BE}=\dfrac{BN+BH}{BN.BH}=\dfrac{1}{BH}+\dfrac{1}{BN}\) (đpcm)
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.