Gọi tam giác đề bài cho là ΔABC vuông tại A. Đặt \(\hat{B}=\alpha\)

Xét ΔABC vuông tại A có

\(sin\alpha=\sin B=\frac{AC}{BC};cos\alpha=cosB=\frac{BA}{BC}\)

\(\tan\alpha=\tan B=\frac{AC}{AB};\cot\alpha=\cot B=\frac{AB}{AC}\)

\(\tan\alpha=\frac{AC}{AB}=\frac{AC}{BC}:\frac{AB}{BC}=\frac{\sin\alpha}{cos\alpha}\)

\(\cot\alpha=\frac{AB}{AC}=\frac{AB}{BC}:\frac{AC}{BC}=\frac{cos\alpha}{\sin\alpha}\)

\(\tan\alpha\cdot\cot\alpha=\frac{\sin\alpha}{cos\alpha}\cdot\frac{cos\alpha}{\sin\alpha}=1\)

\(\sin^2\alpha+cos^2\alpha\)

\(=\left(\frac{AC}{BC}\right)^2+\left(\frac{AB}{BC}\right)^2=\frac{AC^2+AB^2}{BC^2}=\frac{BC^2}{BC^2}=1\)

Kẻ \(AH\perp BC\)

Có \(sinB=\dfrac{AH}{AB}\)

\(\Rightarrow AB.sinB=AH\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}AH.BC=S_{ABC}\)

Có \(sinC=\dfrac{AH}{AC}\)

\(\Rightarrow AC.sinC=AH\)\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC=\dfrac{1}{2}AH.BC=S_{ABC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC=S_{ABC}\)

Áp dụng \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.10.15.sin60^0=\dfrac{75\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC

Áp dụng tslg trong tam giác ABH vuông tại H và tam giác AHC vuông tại H:

\(sinB=\dfrac{AH}{AB},sinC=\dfrac{AH}{AC}\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AH=\dfrac{1}{2}AB.BC.\dfrac{AH}{AB}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}BC.AH=\dfrac{1}{2}AC.BC.\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{1}{2}AC.BC.sinC\)

\(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.BC.sinB=\dfrac{1}{2}.10.15.sin60^0=\dfrac{1}{2}.10.15.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{75\sqrt{3}}{2}\left(cm^2\right)\)

a: ΔADC vuông tại D

=>\(DA^2+DC^2=CA^2\)

=>\(CA^2=12^2+16^2=144+256=400=20^2\)

=>CA=20(cm)

Xét ΔDAC vuông tại D có DO là đường cao

nên \(AO\cdot AC=AD^2\)

=>\(AO\cdot20=12^2=144\)

=>AO=144/20=7,2(cm)

AO+OC=AC

=>OC=20-7,2=12,8(cm)

Xét ΔADC vuông tại D có DO là đường cao

nên \(DO\cdot AC=DA\cdot DC\)

=>\(DO\cdot20=12\cdot16=192\)

=>DO=9,6(cm)

Xét ΔABD vuông tại A có AO là đường cao

nên \(AO^2=OD\cdot OB\)

=>OB=7,2^2/9,6=5,4(cm)

b: Xét tứ giác DMOE có \(\hat{DMO}=\hat{DEO}=\hat{EDM}=90^0\)

nên DMOE là hình chữ nhật

=>DM=OE

Xét ΔODC vuông tại O có OE là đường cao

nên \(\frac{1}{OD^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{OE^2}\)

=>\(\frac{1}{OD^2}+\frac{1}{OC^2}=\frac{1}{MD^2}\)

c: Xét ΔDOA vuông tại O có OM là đường cao

nên \(DM\cdot DA=DO^2\left(1\right)\)

Xét ΔODC vuông tại O có OE là đường cao

nên \(DE\cdot DC=DO^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(DM\cdot DA=DE\cdot DC\)

bạn tự vẽ hình giúp mik nha

a.ta có \(\Delta\)ABC nội tiếp (O) và AB là đường kính nên \(\Delta\)ABC vuông tại C

trong \(\Delta ABC\) vuông tại C có

AC=AB.cosBAC=10.cos30=8,7

BC=AB.sinCAB=10.sin30=5

ta có Bx là tiếp tuyến của (O) nên Bx vuông góc với AB tại B

trong \(\Delta\)ABE vuông tại B có

\(cosBAE=\dfrac{AB}{AE}\Rightarrow AE=\dfrac{AB}{cosBAE}=\dfrac{10}{cos30}=11,5\)

mà:CE=AE-AC=11,5-8,7=2,8

b.áp dụng pytago vào \(\Delta ABE\) vuông tại B có

\(BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{11,5^2-10^2}=5,7\)

 mình cảm ơn bạn :>

a: ĐKXĐ: \(x\ge1\)

b: ĐKXĐ: \(x\ge-2\)

c: ĐKXĐ: \(x\le-2\)

d: ĐKXĐ: \(x\le0\)

đúng

Bài 1:

a: \(M=\left(\frac{15}{\sqrt6+1}+\frac{4}{\sqrt6-2}-\frac{12}{3-\sqrt6}\right)\left(\sqrt6+11\right)\)

\(=\left(\frac{15\left(\sqrt6-1\right)}{\left(\sqrt6+1\right)\left(\sqrt6-1\right)}+\frac{4\left(\sqrt6+2\right)}{\left(\sqrt6-2\right)\left(\sqrt6+2\right)}-\frac{12\left(3+\sqrt6\right)}{\left(3-\sqrt6\right)\left(3+\sqrt6\right)}\right)\left(\sqrt6+11\right)\)

\(=\left\lbrack3\left(\sqrt6-1\right)+2\left(\sqrt6+2\right)-4\left(3+\sqrt6\right)\right\rbrack\left(\sqrt6+11\right)\)

\(=\left(3\sqrt6-3+2\sqrt6+4-12-4\sqrt6\right)\left(\sqrt6+11\right)=\left(\sqrt6-11\right)\left(\sqrt6+11\right)\)

=6-121

=-115

b:\(N=\left(1-\frac{5+\sqrt5}{1+\sqrt5}\right)\left(\frac{5-\sqrt5}{1-\sqrt5}-1\right)\)

\(=\left(1-\frac{\sqrt5\left(\sqrt5+1\right)}{\sqrt5+1}\right)\left(\frac{-\sqrt5\left(\sqrt5-1\right)}{\sqrt5-1}-1\right)\)

\(=\left(1-\sqrt5\right)\left(-\sqrt5-1\right)=\left(\sqrt5+1\right)\left(\sqrt5-1\right)=5-1=4\)

Bài 2:

a: \(P=\frac{3+2\sqrt3}{\sqrt3}+\frac{2+\sqrt2}{\sqrt2+1}-\left(\sqrt2+\sqrt3\right)\)

\(=2+\sqrt3+\sqrt2-\sqrt2-\sqrt3\)

=2

b: \(Q=\left(\frac{5-2\sqrt5}{2-\sqrt5}-2\right)\left(\frac{5+3\sqrt5}{3+\sqrt5}-2\right)\)

\(=\left(\frac{-\sqrt5\left(\sqrt5-2\right)}{\sqrt5-2}-2\right)\left(\frac{\sqrt5\left(3+\sqrt5\right)}{\sqrt5+3}-2\right)\)

\(=\left(-\sqrt5-2\right)\left(\sqrt5-2\right)=-\left(\sqrt5+2\right)\left(\sqrt5-2\right)=-\left(5-4\right)=-1\)

15:

a: \(\text{Δ}=\left(m^2-m+2\right)^2-4m^2\)

=(m^2-m+2-2m)(m^2-m+2+2m)

=(m^2+m+2)(m^2-3m+2)

=(m-1)(m-2)(m^2+m+2)

Để phương trình co hai nghiệm phân biệt thì (m-1)(m-2)(m^2+m+2)>0

=>(m-1)(m-2)>0

=>m>2 hoặc m<1

b: x1+x2=m^2-m+2>0 với mọi m

x1*x2=m^2>0 vơi mọi m

=>Phương trình luôn có hai nghiệm dương phân biệt

b: Xét ΔABE vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BE

nên \(BH\cdot BE=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABC vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AC

nên \(AH\cdot AC=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(BH\cdot BE=AH\cdot AC\)