Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
Bài 1:
Kẻ \(OM\perp AB\), \(OM\)cắt \(CD\)tại \(N\).
Khi đó \(MN=8cm\).
TH1: \(AB,CD\)nằm cùng phía đối với \(O\).
\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (1)
\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(h+8\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{9}{4}\).
TH2: \(AB,CD\)nằm khác phía với \(O\).
\(R^2=OC^2=ON^2+CN^2=h^2+\left(\frac{25}{2}\right)^2\)(\(h=CN\)) (3)
\(R^2=OA^2=OM^2+AM^2=\left(8-h\right)^2+\left(\frac{15}{2}\right)^2\)(4)
Từ (3) và (4) suy ra \(R=\frac{\sqrt{2581}}{4},h=\frac{-9}{4}\)(loại).
Bài 3:
Lấy \(A'\)đối xứng với \(A\)qua \(Ox\), khi đó \(A'\)có tọa độ là \(\left(1,-2\right)\).
\(MA+MB=MA'+MB\ge A'B\)
Dấu \(=\)xảy ra khi \(M\)là giao điểm của \(A'B\)với trục \(Ox\).
Suy ra \(M\left(\frac{5}{3},0\right)\).
ai giúp mình bài này với, mình cảm ơn nhiều
a) Xét tứ giác ADHE có: \(\widehat{ADH}=90\)
\(\widehat{DAE}=90\)
\(\widehat{AEH}=90\)
=> Tứ giác ADHE là hình chữ nhật
=>DE=AH
Áp dụng hệ thức liên quan tới đường cao ta có:
\(AH^2=HB\cdot HC=2\cdot8=16\)
=>AH=4
=>DE=AH=4
b)Gọi O là giao điểm của AH và DE
Vì ADHE là hình chữ nhật
=>OD=OA
=>ΔOAD cân tại O
=>\(\widehat{OAD}=\widehat{ODA}\)
Xét ΔABH vuông tại H(gt)
=>\(\widehat{BAH}+\widehat{B}=90\) (1)
Xét ΔABC vuông tại A(gt)
=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90\) (2)
Từ (1) (2) suy ra: \(\widehat{BAH}=\widehat{C}\)
Mà: \(\widehat{OAD}=\widehat{ODA}\) (cmt)
=> \(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔADE và ΔACB có
\(\widehat{DAE}=\widehat{CAB}=90\left(gt\right)\)
\(\widehat{ADE}=\widehat{ACB}\left(cmt\right)\)
=>ΔADE~ΔACB
Giải giúp mình với ạ, cần gấp lắm, cảm ơn
đây là bài lớp 10 chứ nhỉ
ta có \(AC=20\times2=40\text{ hải lí}\), \(AB=15\times2=30\text{ hải lí}\)
áp dụng định lý cosin ta có :
\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2-2AB.AC\text{c}osA}=\sqrt{40^2+30^2-2\times30\times40\times cos60^o}\simeq36.06\text{ hải lí}\)
1.3 Giải phương trình:
a) \(\sqrt{2x+3}=1+\sqrt{2}\)(ĐK: \(x\ge-\frac{3}{2}\))
\(\Leftrightarrow2x+3=\left(1+\sqrt{2}\right)^2=3+2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow2x=2\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow x=\sqrt{2}\)(tm)
b) \(\sqrt{x+1}=\sqrt{5}+3\)(ĐK: \(x\ge-1\))
\(\Leftrightarrow x+1=\left(\sqrt{5}+3\right)^2=14+6\sqrt{5}\)
\(\Leftrightarrow x=13+6\sqrt{5}\)(tm)
c) \(\sqrt{3x-2}=2-\sqrt{3}\)(ĐK: \(x\ge\frac{2}{3}\))
\(\Leftrightarrow3x-2=\left(2-\sqrt{3}\right)^2=7-4\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow x=\frac{9-4\sqrt{3}}{3}\)(tm)
1.4: Phân tích thành nhân tử:
a) \(ab+b\sqrt{a}+\sqrt{a}+1=b\sqrt{a}\left(\sqrt{a}+1\right)+\left(\sqrt{a}+1\right)=\left(b\sqrt{a}+1\right)\left(\sqrt{a}+1\right)\)
b) \(\sqrt{x^3}-\sqrt{y^3}+\sqrt{x^2y}-\sqrt{xy^2}=x\sqrt{x}-y\sqrt{y}+x\sqrt{y}-y\sqrt{x}\)
\(=\left(x-y\right)\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)\)
Bài 3:
a: ΔABC cân tại A
mà AH là đường cao
nên H là trung điểm của BC
=>\(CH=HB=\frac{CB}{2}\)
Xét ΔCKB vuông tại K và ΔCHA vuông tại H có
\(\hat{KCB}\) chung
Do đó: ΔCKB~ΔCHA
=>\(\frac{CB}{CA}=\frac{BK}{HA}=\frac{38.4}{32}=\frac65\)
=>\(\frac{CH}{CA}=\frac35\)
=>\(\frac{CH}{3}=\frac{CA}{5}=k\)
=>CH=3k; CA=5k
ΔAHC vuông tại H
=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)
=>\(AC^2-CH^2=AH^2\)
=>\(\left(5k\right)^2-\left(3k\right)^2=32^2\)
=>\(16k^2=1024\)
=>\(k^2=64=8^2\)
=>k=8
=>\(CA=5\cdot8=40\left(\operatorname{cm}\right)\) ; \(CH=3\cdot8=24\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔABC cân tại A
=>AB=AC
=>AB=40(cm)
H là trung điểm của BC
=>\(BC=2\cdot CH=2\cdot24=48\left(\operatorname{cm}\right)\)
b: Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOHC vuông tại H có
OH chung
HB=HC
Do đó: ΔOHB=ΔOHC
=>OB=OC
O nằm trên đường trung trực của AC
=>OA=OC
=>OA=OB=OC
=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC
Xét ΔABC có \(cosBAC=\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}\)
\(=\frac{40^2+40^2-48^2}{2\cdot40\cdot40}=\frac{1600+1600-2304}{2\cdot1600}=\frac{896}{3200}=\frac{28}{100}=\frac{7}{25}\)
=>\(\sin BAC=\sqrt{1-\left(\frac{7}{25}\right)^2}=\frac{24}{25}\)
Xét (O) có \(\hat{BAC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{BAC}\)
=>sin BOC=\(\sin\left(2\cdot\hat{BAC}\right)=2\cdot\sin BAC\cdot cosBAC\)
\(=2\cdot\frac{7}{25}\cdot\frac{24}{25}=\frac{336}{625}\)
=>\(cosBOC=\sqrt{1-\left(\frac{336}{625}\right)^2}=\sqrt{\left(1-\frac{336}{625}\right)\cdot\left(1+\frac{336}{625}\right)}\)
\(=\sqrt{\frac{289}{625}\cdot\frac{961}{625}}=\frac{17}{25}\cdot\frac{31}{25}=\frac{527}{625}\)
Xét ΔBOC có \(cosBOC=\frac{OB^2+OC^2-BC^2}{2\cdot OB\cdot OC}\)
=>\(\frac{OB^2+OB^2-48^2}{2\cdot OB\cdot OB}=\frac{527}{625}\)
=>\(2\cdot OB^2-48^2=2\cdot OB^2\cdot\frac{527}{625}\)
=>\(2\cdot OB^2\left(1-\frac{527}{625}\right)=48^2\)
=>\(2\cdot OB^2\cdot\frac{98}{625}=48^2\)
=>\(OB^2\cdot\left(\frac{14}{25}\right)^2=48^2\)
=>\(OB\cdot\frac{14}{25}=48\)
=>\(OB=48:\frac{14}{25}=48\cdot\frac{25}{14}=24\cdot\frac{25}{7}=\frac{600}{7}\)
=>\(OC=\frac{600}{7}\left(\operatorname{cm}\right)\)
ΔOHC vuông tại H
=>\(OH^2+HC^2=OC^2\)
=>\(OH^2=\left(\frac{600}{7}\right)^2-24^2=\frac{360000}{49}-576=\left(\frac{576}{7}\right)^2\)
=>\(OH=\frac{576}{7}\) (cm)