ở đây là nơi học toán
 

Bài 1: Kẻ OH⊥DC tại H và OK⊥EF tại K

CI+ID=CD

=>CD=2+14=16(cm)

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điêm của CD

=>\(HC=HD=\frac{CD}{2}=\frac{16}{2}=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

HI+IC=HC

=>HI=8-2=6(cm)

Xét (O) có

EF,CD là các dây

OK,OH lần lượt là khoảng cách từ O xuống EF và từ O xuống CD

mà EF=CD

nên OK=OH

Xét tứ giác OHIK có

\(\hat{OHI}=\hat{OKI}=\hat{HIK}=90^0\)

nên OHIK là hình chữ nhật

Hình chữ nhật OHIK có OH=OK

nên OHIK là hình vuông

=>OH=HI=IK=OK

=>OH=OK=6(cm)

=>d(O;CD)=d(O;EF)=6cm

Bài 3:

Kẻ OH⊥AB tại H và OK⊥CD tại K

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm cua AB

=>\(HA=HB=\frac{AB}{2}=\frac{40}{2}=20\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOCD cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của CD

=>\(KC=KD=\frac{CD}{2}=\frac{48}{2}=24\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOHA vuông tại H

=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH^2=25^2-20^2=625-400=225=15^2\)

=>OH=15(cm)

ΔOKC vuông tại K

=>\(OK^2+KC^2=OC^2\)

=>\(OK^2=25^2-24^2=1\cdot49=49\)

=>OK=7(cm)

OH⊥AB

AB//CD

Do đó: OH⊥CD

OH⊥CD

OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O

nên H,O,K thẳng hàng

Vì AB//CD
và HK⊥AB tại H và HK⊥CD tại K

nên d(AB;CD)=HK=HO+OK=7+15=22(cm)

Bài 4:

a: Kẻ OH⊥AB tại H

=>OH là khoảng cách từ O đến AB

ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>\(HA=HB=\frac{AB}{2}=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOHA vuông tại H

=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH^2=10^2-8^2=36=6^2\)

=>OH=6(cm)

=>d(O;BA)=6cm

b: AH+HK=AK

=>HK=14-8=6(cm)

Kẻ OI⊥PQ tại I

Xét tứ giác OHKI có \(\hat{OHK}=\hat{OIK}=\hat{HKI}=90^0\)

nên OHKI là hình chữ nhật

Hình chữ nhật OHKI có OH=HK

nên OHKI là hình vuông

=>OH=OI

=>d(O;AB)=d(O;PQ)

=>AB=PQ

a) \(2^2=4\)

   \(\sqrt{3^2}=3\)
\(4>3\Rightarrow\) \(2>\sqrt{3}\)
b) \(6^2=36\)
 \(\sqrt{41^2}=41\)
\(36< 41\Rightarrow6< \sqrt{41}\)

Bài này: sao lại lớp 9 nhỉ; lớp 7 có rồi mà

ĐKXĐ: x∈R

Đặt \(a=9x^2-6x\)

\(\sqrt{9x^2-6x+2}+\sqrt{45x^2-30x+9}=\sqrt{6x-9x^2+8}\)

=>\(\sqrt{a+2}+\sqrt{5a+9}=\sqrt{-a+8}\)

=>\(\sqrt{a+2}-1+\sqrt{5a+9}-2=\sqrt{-a+8}-3\)

=>\(\frac{a+2-1}{\sqrt{a+2}+1}+\frac{5a+9-4}{\sqrt{5a+9}+2}=\frac{-a+8-9}{\sqrt{-a+8}+3}\)

=>\(\frac{a+1}{\sqrt{a+2}+1}+\frac{5a+5}{\sqrt{5a+9}+2}=\frac{-a-1}{\sqrt{-a+8}+3}\)

=>\(\left(a+1\right)\left(\frac{1}{\sqrt{a+2}+1}+\frac{5}{\sqrt{5a+9}+2}+\frac{1}{\sqrt{-a+8}+3}\right)=0\)

=>a+1=0

=>a=-1

=>\(9x^2-6x=-1\)

=>\(9x^2-6x+1=0\)

=>\(\left(3x-1\right)^2=0\)

=>3x-1=0

=>3x=1

=>\(x=\frac13\)

Gọi khoảng cách từ mắt người đó đến tháp là AC, khoảng cách vị trí hình chiếu mắt của người đó đến tháp cho đến đỉnh tháp là AB

Theo đề, ta có: AB⊥ AC tại A, AC=400m; \(\hat{ACB}=39^0\)

Xét ΔABC vuông tại A có tan ACB=\(\frac{AB}{AC}\)

=>\(AB=400\cdot\tan39\)

=>AB≃323,91(m)

Chiều cao của tháp là:

323,91+1,4=325,31(m)

Bài 41. Cho tam giác ABC, cac tia phân giác của các góc B và C cắt nhau ở I. Vẽ ID AB(D nằm trên AB), IE  BC (E thuộc BC ), IF vuông góc với AC(F thuộc AC)                                   CMR: ID=IE=IF.

Giải:

Hai tam giác vuông BID và BIE có:

BI là cạnh chung

=(gt)

nên ∆BID=∆BIE.

(cạnh huyền - góc nhọn)

Suy ra ID=IE (1)

Tương tự ∆CIE=CIF(cạnh huyền góc nhọn).

Suy ra: IE =IF (2)

Từ (1)(2) suy ra: ID=IE=IF.

Bài 1: ( Tự vẽ hình )

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác vuông DEF

\(TanF=\frac{DE}{DF}=\frac{3}{5}\)

\(TanF=31\)

Bài 2: ( Tự vẽ hình, gợi ý: Vẽ tam giác vuông ABC chọn góc \(\widehat{B}\)là góc \(\alpha\))

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông ABC:

\(BC^2=AC^2+AB^2\)

\(1+cot^2\alpha=1+\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{AC^2+AB^2}{AC^2}\)

\(1+cot^2\alpha=\frac{BC^2}{AC^2}=1:\frac{AC^2}{BC^2}\)

\(1+cot^2\alpha=1:sin^2\alpha\)

\(1+cot^2\alpha=\frac{1}{sin^2\alpha}\)

Bài 1:

Áp dụng HTL trong tam giác vuông:
$AH^2=BH.CH$

$\Leftrightarrow x^2=4.9=36$

$\Rightarrow x=6$ (do $x>0$)

Bài 2:

Áp dụng định lý Pitago:

$BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$ (cm)

$\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

$\Rightarrow \widehat{B}=36,87^0$

$\widehat{C}=90^0-\widehat{B}=90^0-36,87^0=53,13^0$