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
20 tháng 1 2024
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)
HC
4
16 tháng 1 2024
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)
20 tháng 1 2024
\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)
\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)
\(=\dfrac{40}{20}=2\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
25 tháng 9 2025
a: (I) tiếp xúc với Ox tại A, Oy tại B
=>IA⊥Ox tại A, IB⊥Oy tại B và IA=IB
Xét ΔOAI vuông tại A và ΔOBI vuông tại B có
OI chung
IA=IB
Do đó: ΔOAI=ΔOBI
=>OA=OB
=>ΔOAB cân tại O
=>\(\hat{OAB}=\hat{OBA}\) (1)
BC//OA
=>\(\hat{CBA}=\hat{BAO}\) (hai góc so le trong)(2)
Xét (O) có
\(\hat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung AB
\(\hat{OBA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến OB và dây cung AB
Do đó: \(\hat{ACB}=\hat{OBA}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{ABC}=\hat{ACB}\)
=>ΔABC cân tại A
=>AB=AC
NN
0
HK
1
PB
0
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
6 tháng 10 2025
Bài 4:
a:ĐKXĐ: x>=0; x<>1
b: \(A=\frac{x+1-2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-1}+\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}-1}+\sqrt{x}=\sqrt{x}-1+\sqrt{x}=2\sqrt{x}-1\)
Bài 5:
\(B=\left(\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+4}+\frac{4}{\sqrt{x}-4}\right):\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-4\right)+4\left(\sqrt{x}+4\right)}{\left(\sqrt{x}+4\right)\left(\sqrt{x}-4\right)}:\frac{x+16}{\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{x-4\sqrt{x}+4\sqrt{x}+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}\)
\(=\frac{x+16}{x-16}\cdot\frac{\sqrt{x}+2}{x+16}=\frac{\sqrt{x}+2}{x-16}\)
Bài 6:
Ta có: \(\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{a\sqrt{a}-b\sqrt{b}}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)
\(=\frac{3\sqrt{a}}{a+\sqrt{ab}+b}-\frac{3a}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}+\frac{1}{\sqrt{a}-\sqrt{b}}\)
\(=\frac{3\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)-3a+a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)
\(=\frac{3a-3\sqrt{ab}-2a+\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{a-2\sqrt{ab}+b}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)^2}{\left(\sqrt{a}-\sqrt{b}\right)\left(a+\sqrt{ab}+b\right)}=\frac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a+\sqrt{ab}+b}\)
Bài 1.
a) Vì E, F là hình chiếu của B, C trên AD nên BE ⊥ AD, CF ⊥ AD, suy ra góc AEB = góc AFC = 90°.
Vì AD là phân giác góc A nên góc BAE = góc CAF.
Do đó tam giác ABE đồng dạng tam giác ACF theo góc góc.
b) Từ tam giác ABE đồng dạng tam giác ACF suy ra AE/AF = AB/AC.
Vì AD là phân giác nên AB/AC = BD/CD.
Suy ra AE/AF = BD/CD, nên AE.CD = AF.BD.
Lại có DE = AD - AE, DF = AD - AF.
Từ AE.CD = AF.BD và BD + CD = BC suy ra DE.CD = DF.BD.
Vậy DE.CD = DF.BD.
Bài 2.
a) Vì BD ⊥ AC, CE ⊥ AB nên góc ADB = góc AEC = 90°.
Lại có góc BAD = góc CAE = góc A.
Do đó tam giác ABD đồng dạng tam giác ACE theo góc góc.
b) Vì H nằm trên BD và CE nên HB.HD là tích hai đoạn trên đường cao BD, HC.HE là tích hai đoạn trên đường cao CE.
Từ tam giác ABD đồng dạng tam giác ACE suy ra AB/AC = BD/CE.
Kết hợp các tam giác vuông có chung góc tại H suy ra HB.HD = HC.HE.
Vậy HB.HD = HC.HE.
c) Vì D thuộc AC, E thuộc AB nên góc DAE = góc BAC.
Lại có AD ⊥ BD, AE ⊥ CE nên góc ADE là góc phụ với góc ACE.
Mà trong tam giác ABC, góc ABC cũng phụ với góc ACB trong các tam giác vuông tạo bởi đường cao.
Suy ra góc ADE = góc ABC.
- Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle ACF\) có:
- \(\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ\) (do \(E, F\) là hình chiếu).
- \(\widehat{BAE} = \widehat{CAF}\) (\(AD\) là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)).
- \(\Rightarrow \triangle ABE \sim \triangle ACF\) (g.g).
b) Chứng minh \(DE \cdot CD = DF \cdot BD\)- Từ \(\triangle ABE \sim \triangle ACF\) (cmt), ta có tỉ số đồng dạng: \(\frac{BE}{CF} = \frac{AB}{AC}\) (1).
- Theo tính chất đường phân giác trong tam giác \(ABC\), ta có: \(\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}\) (2).
- Từ (1) và (2) suy ra: \(\frac{BE}{CF} = \frac{BD}{CD}\).
- Xét \(\triangle BDE\) và \(\triangle CDF\) có:
- \(\widehat{BED} = \widehat{CFD} = 90^\circ\).
- \(\widehat{BDE} = \widehat{CDF}\) (hai góc đối đỉnh).
- \(\Rightarrow \triangle BDE \sim \triangle CDF\) (g.g).
- Suy ra tỉ số: \(\frac{DE}{DF} = \frac{BD}{CD} \Rightarrow DE \cdot CD = DF \cdot BD\) (đpcm).
Bài 2Đề bài: Cho tam giác \(ABC\) nhọn, đường cao \(BD\) và \(CE\) cắt nhau tại \(H\).Hình vẽ minh họa(Vẽ tam giác nhọn \(ABC\), vẽ hai đường cao \(BD \perp AC\) và \(CE \perp AB\). Giao điểm là \(H\)).Lời giảia) Chứng minh \(\triangle ABD \sim \triangle ACE\)- Xét \(\triangle ABD\) và \(\triangle ACE\) có:
- \(\widehat{A}\) là góc chung.
- \(\widehat{ADB} = \widehat{AEC} = 90^\circ\).
- \(\Rightarrow \triangle ABD \sim \triangle ACE\) (g.g).
b) Chứng minh \(HB \cdot HD = HC \cdot HE\)- Xét \(\triangle HEB\) và \(\triangle HDC\) có:
- \(\widehat{HEB} = \widehat{HDC} = 90^\circ\).
- \(\widehat{EHB} = \widehat{DHC}\) (đối đỉnh).
- \(\Rightarrow \triangle HEB \sim \triangle HDC\) (g.g).
- \(\Rightarrow \frac{HE}{HD} = \frac{HB}{HC} \Rightarrow HB \cdot HD = HC \cdot HE\) (đpcm).
c) Chứng minh \(\widehat{ADE} = \widehat{ABC}\)Bài 1:
a; Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}=\hat{FAC}\) (AD là phân giác của góc BAC)
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔDEB vuông tại E và ΔDFC vuông tại F có
\(\hat{EDB}=\hat{FDC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔDEB~ΔDFC
=>\(\frac{DE}{DF}=\frac{DB}{DC}\)
=>\(DE\cdot DC=DF\cdot DB\)
Bài 2:
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
b: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHDC vuông tại D có
\(\hat{EHB}=\hat{DHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEB~ΔHDC
=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HB}{HC}\)
=>\(HE\cdot HC=HD\cdot HB\)
c: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
Xét ΔADE và ΔABC có
\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)
góc DAE chung
Do đó: ΔADE~ΔABC
=>\(\hat{ADE}=\hat{ABC}\)