câu 5: Gọi M là giao điểm của AD và BC

Xét ΔBAD có \(\hat{BDM}\) là góc ngoài tại đỉnh D

nên \(\hat{BDM}=\hat{DAB}+\hat{DBA}\)

=>\(\hat{BDM}>\hat{BAD}=\hat{BAM}\) (2)

Xét ΔDAC có \(\hat{MDC}\) là góc ngoài tại đỉnh D

nên \(\hat{MDC}=\hat{DAC}+\hat{DCA}>\hat{DAC}\) (1)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BDM}+\hat{MDC}>\hat{BAD}+\hat{CAD}\)

=>\(\hat{BDC}>\hat{BAC}\)

Câu 3:

Theo đề, ta có: \(\hat{A}=\hat{B}+25^0;\hat{C}=\hat{B}+35^0\)

Xét ΔBAC có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

=>\(\hat{B}+\hat{B}+25^0+\hat{B}+35^0=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{B}=180^0-60^0=120^0\)

=>\(\hat{B}=\frac{120^0}{3}=40^0\)

=>\(\hat{C}=40^0+35^0=75^0\)

Bài 2:

Theo đề, ta có: \(\hat{B}=\hat{A}+24^0;\hat{C}=\hat{A}-30^0\)

Xét ΔABC có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

=>\(\hat{A}+\hat{A}+24^0+\hat{A}-30^0=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{A}=180^0+30^0-24^0=186^0\)

=>\(\hat{A}=62^0\)

=>\(\hat{C}=62^0-30^0=32^0\)

Câu 1: Theo đề, ta có: \(\hat{B}=\hat{A}+15^0;\hat{C}=\hat{A}+45^0\)

Xét ΔABC có \(\hat{A}+\hat{B}+\hat{C}=180^0\)

=>\(\hat{A}+\hat{A}+15^0+\hat{A}+45^0=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{A}=180^0-60^0=120^0\)

=>\(\hat{A}=40^0\)

\(\hat{B}=40^0+15^0=55^0\)

Cho tam giác ABC biết góc A lớn hơn góc B 220, góc B lớn hơn góc C 220.Tính mỗi góc.

Trần Phương Nhi - vẫn là câu hỏi cũ thôi

hỏi từn câu thôi bn ei

hm..........

ta có: góc A + góc B       =       220                (1)

          góc B + góc C      =  170                      (2)

          góc A + góc C       = 150                     (3)

công (1), (2),(3) vế theo vế, ta có:

2. A + 2B+ 2C =  220 +170 +150 = 540

2 (  A+B+C)    = 540

      A+B+C     =540 :  2  = 270  (4)

lấy (4) trừ  (1), ta có:

   C = 270 -220 =50 độ

lấy (4) trừ (2) , ta có:

  A =270 -170= 100 độ

lấy (4) trừ (3), ta có:

 B= 270 -150= 120 độ

ta có: A + B+ C+ D  =360

 hay : 100 +120 + 50 +D  = 360

            270 +D              = 360 

                 D= 90 độ

vì là tứ giác => góc A+góc B+góc C+góc D=360 => góc C+D=360-(A+B)=360-220=140=> D=140-C

từ đề bài => góc A+B+A+C=220+150=370 => 2A=370-(B+C)=370-170=200 => A=100

=> B=220-100=120 => C=170-120=50 => D=140-50=90

a: TA có: \(\hat{BCA}+\hat{BAC}=90^0\) (ΔBCA vuông tại B)

\(\hat{DCE}+\hat{DEC}=90^0\) (ΔDEC vuông tại D)

mà \(\hat{BCA}=\hat{DCE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{BAC}=\hat{DEC}\)

=>x=45 độ

b: Ta có: \(\hat{HFG}+\hat{HGF}=90^0\) (ΔHFG vuông tại H)

\(\hat{HGF}+\hat{HGI}=\hat{FGI}=90^0\)

Do đó: \(\hat{HGI}=\hat{HFG}\)

=>y=60 độ

c: Xét tứ giác KJML có \(\hat{K}+\hat{J}+\hat{KLM}+\hat{LMJ}=360^0\)

=>\(t=360^0-90^0-90^0-55^0=180^0-55^0=125^0\)

a, chứng minh tứ giác ADHB nội tiếp, xác định tâm O đường tròn ngoại tiếp tứ giác. 
Ta có: 
ADB^ = 1v (gt) 
AHB^ = 1v (gt) 
=> ABHD nội tiếp đường tròn đường kính AB. 
Tâm O là trung điểm AB. 

b, chứng minh góc EAD bằng HBD và OD song song HB: 
Ta có: 
EAD^ = ABD^ (1) ( có cạnh L) 
BD là phân giác nên: 
ABD^ = HBD^ (2) 
(1) và (2) => EAD^ = HBD^. 

*cm OD song song HB: 
tam giác BOD cân và có góc AOD là góc ngoài của tam giác BOD => AOD^ = 2.ABD^ = ABC^ 
=> OD //Bc vì có 2 góc ở vị trí đồng vị = nhau. 

c, chứng minh tứ giác HCED nội tiếp: 
Ta có: 
CHD^ = 90*- AHD^ 
mà AHD^ = ABE^ ( cùng chắn cung AD) 
=> CHD^ = 90* - ABE^ (1) 
mặt khác: 
BEC^ = 180* - AEB^ 
mà AEB^ = 90 - ABE^ 
=> BEC^ =180* - 90* + ABE^ = 90* + ABE^ (2) 
(1) + (2): 
CHD^ + BEC^ = 90* - ABE^ + 90* + ABE^ = 180* 
vậy tứ giác HCED nội tiếp đường tròn. 

d, cho biết góc ABC bằng 60 độ và AB = a (a> 0 cho trước). Tính theo a diện tích tam giác ABC phần nằm ngoài đường tròn O: 
Diện tích tam giác ABC phần nằm ngoài đường tròn (gọi là S) là phần diện tích giới hạn bỡi AC, AH và cung (ADH). và S = diện tích tam giác ABC - diện tích giới hạn bỡi AB, BH và cung (ADH) (gọi là S1) 

* tính S(ABC): 
tam giác L ABH có: 
AH = a.sin 60* = a.√3/2 
BH = a/2 ( đối diện góc 30* = 1/2 cạnh huyền) 
tam giác L ABC có: 
BC = a/cos 60* = 2a. 
=> S(ABC) = AH.BC/2 = (a.√3/2).(2a)/2 = a^2√3/2 

* tính S1: 

dễ thấy:S(BOH) = S(ABH)/2 = AH.BH/4 = (a.√3/2).(a/2)/4 = a^2√3/16 
tam giác cân OBH có OBH^ = 60* => BOH^ = 60* 

S3 = diện tích hình quạt OBH = (60*/360*).OB^2.TT = 1/6.a^2/4.TT = a^2.TT/24 

S4 =diện tích giới hạn bỡi BH và cung (BH) = S3 - S(BOH) 
= a^2.TT/24 - a^2√3/16 = a^2(TT/3 -√3/2)/8 

S1 = diện tích 1/2 đường tròn - S4 
= a^2.TT/8 - a^2(TT/3 -√3/2)/8 
= a^2(TT - TT/3 + √3/2)/8 
= a^2(2TT/3 + √3/2)/8 

vậy: 
S = S(ABC) - S1 = a^2√3/2 - a^2(2TT/3 + √3/2)/8 
=(a^2/2).[(√3 - (2TT/3 + √3/2)/4] 
= a^2(45√3 -4TT)/96 
-----bạn kiểm tra lại số liệu tính toán. 

Bài 2: 
a, Chứng minh AM. AE = AC^2: 
(AB) là kí hiệu cung AB 
Ta có: 
sđ ACM^ = sđ (AM)/2 = sđ(AC -CM)/2 = sđ AEB^ 
=> tam giác ACM đồng dạng với ACE. (g.g.g) cho ta: 
AC/AE =AM/AC =>AM. AE = AC^2 

b, DM cắt BC tại I, AI cắt đường tròn O tại N. Chứng minh D, N, E thẳng hàng. 
tam giác ADE có 
DM L AE ( AMD^ = 1v góc nội tiếp chăn1/2 đường tròn) 
EH L AD ( H là giao của AD và BE) 
vậy EH và DM là 2 đường cao 
=> AI L DE 
mặt khác 
DN L AI ( góc AND^ nội tiếp chắn 1/2 đường tròn) 
=> DN // DE và có D chung => D, N, E thẳng hàng. 

c, Cho BAC = 45độ. Tính theo R chu vi hình phẳng giới hạn bởi AB, AC và cung BDC: 
Ta có: 
BOC^ = 2.BAC^ = 90* 
( góc ở tâm = 2 lần góc nội tiếp cùng chắn cung BC. 
=> cung (BDC) = 2.TT.R/4 = TT.R/2 
tam giác BOC là tam giác L cân tại O nên: 
BC = R.√2 => BH = BC/2=R.√2/2 
tam giác BHO là tam giác L cân, cho ta: 
BH = OH = R.√2/2. 
=> AH = OH + OA = R.√2/2 +R = R(1+√2/2) 
tam giác L AHB có: 
AB^2 = AH^2 + BH^2 
= R^2.(1+√2/2)^2 + R^2/2 
= R^2(1 + √2 + 1/2 + 1/2) 
= R^2.(2+√2) 
=> AB = R√(2 +√2 ) 
mà AB = AC => AB = AC= R√(2 +√2 ) 
chu vi hình phẳng: 
CV=cung (BDC) + AB +AC = TT.R/2 + 2.R√(2 +√2 )

~~~~~~~~~~ai đi qua nhớ để lại ~~~~~~~~~~~~