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)

\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)

\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)

\(=\dfrac{40}{20}=2\)

4c.

Do M là giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và B, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau 

\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{OMB}\)

Mà \(MB||NO\) (cùng vuông góc BC) \(\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{MON}\) (so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{MON}\)

\(\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại N

\(\Rightarrow MN=ON\)

Cũng theo 2 t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow MA=MB\)

Do MD là tiếp tuyến của (O) tại A \(\Rightarrow OA\perp MD\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OND với đường cao OA:

\(ON^2=NA.ND\Rightarrow MN^2=NA.ND\)

\(\Rightarrow MN^2=\left(MA-MN\right).ND=\left(MB-MN\right).ND\)

\(\Rightarrow MN^2=MB.ND-MN.ND\)

\(\Rightarrow MB.ND-MN^2=MN.ND\)

\(\Rightarrow\dfrac{MB.ND-MN^2}{MN.ND}=1\)

\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MN}-\dfrac{MN}{ND}=1\) (đpcm)

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

Xét một phân số trong tổng:

\(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}}\)

Nhân cả tử và mẫu với \(\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}\), ta được:

\(\frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k + 1}} = \frac{\sqrt{k + 1} - \sqrt{k}}{\left(\right. \sqrt{k} + \sqrt{k + 1} \left.\right) \left(\right. \sqrt{k + 1} - \sqrt{k} \left.\right)} = \sqrt{k + 1} - \sqrt{k}\)

Vậy:

\(A=\left(\right.\sqrt{2}-\sqrt{1}\left.\right)+\left(\right.\sqrt{3}-\sqrt{2}\left.\right)+\cdots+\left(\right.\sqrt{n + 1}-\sqrt{n}\left.\right)\)

Cộng các hạng tử lại, ta thấy \(\sqrt{2}\) ở số hạng đầu bị trừ đi ở số hạng sau, \(\sqrt{3}\) cũng vậy,… chỉ còn:

\(A = \sqrt{n + 1} - \sqrt{1} = \sqrt{n + 1} - 1\)

Đáp số: \(\sqrt{n + 1} - 1\)

Tham khảo

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.