Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 3:
Gọi K là giao của AH và BC thì AK là đường cao thứ 3 (H là trực tâm)
Vì \(\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^0\) nên BEDC nội tiếp
Lại có \(BI=IC=ID=IE=\dfrac{1}{2}BC\) (trung tuyến ứng cạnh huyền) nên I là tâm đg tròn ngoại tiếp BDEC
Gọi G là trung điểm AH thì \(AG=GD=DE=\dfrac{1}{2}AH\) (trung tuyến ứng ch)
Do đó G là tâm () ngoại tiếp tg ADE
Vì \(GA=GD\Rightarrow\widehat{DAG}=\widehat{GDA}\)
Vì \(ID=IB\Rightarrow\widehat{ABI}=\widehat{IDB}\)
Do đó \(\widehat{IDB}+\widehat{GDA}=\widehat{DAG}+\widehat{ABI}=90^0\left(\Delta AKB\perp K\right)\)
Do đó \(\widehat{IDG}=180^0-\left(\widehat{IDB}+\widehat{GDA}\right)=90^0\)
Vậy \(ID\perp IG\) hay ...
Bài 2a
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
* Áp dụng hệ thức : \(AH^2=BH.CH\Rightarrow CH=\frac{AH^2}{BH}=\frac{256}{25}\)cm
-> BC = HB + CH = \(25+\frac{256}{25}=\frac{881}{25}\)cm
Áp dụng định lí Pytago của tam giác ABH vuông tại H
\(AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{881}\)cm
Áp dụng định lí Pytago tam giác ABC vuông tại A
\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=18,9...\)cm
Bài 2c
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH
* Áp dụng hệ thức :
\(AH^2=HB.HC=3.4=12\Rightarrow AH=2\sqrt{3}\)cm
Theo định lí Pytago tam giác AHB vuông tại H
\(AB=\sqrt{AH^2+HB^2}=\sqrt{21}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow\frac{1}{12}=\frac{1}{21}+\frac{1}{AC^2}\Rightarrow AC=2\sqrt{7}\)cm
ta có
\(A=B.\left|x-4\right|\Leftrightarrow\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-5}=\frac{1}{\sqrt{x}-5}.\left|x-4\right|\Leftrightarrow\sqrt{x}+2=\left|x-4\right|\)
Vậy :
\(\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}+2=x-4\\\sqrt{x}+2=-x+4\end{cases}}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x-\sqrt{x}-6=0\\x+\sqrt{x}-2=0\end{cases}\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\sqrt{x}=3\\\sqrt{x}=1\end{cases}}}\)\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=9\\x=1\end{cases}}\)
Bài 3: Gọi O là trung điểm của AH
Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH
=>A,D,H,E cùng thuộc (O)
=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE
Gọi K là giao điểm của AH và BC
XétΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
OH=IE
=>ΔOHE cân tại O
=>\(\hat{OEH}=\hat{OHE}\)
mà \(\hat{OHE}=\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAK}\right)\)
nên \(\hat{OEH}=\hat{ABC}\)
ΔEBC vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IC
=>ΔIEC cân tại I
=>\(\hat{IEC}=\hat{ICE}\)
\(\hat{IEO}=\hat{IEC}+\hat{OEH}\)
\(=\hat{EBC}+\hat{ECB}=90^0\)
=>IE là tiếp tuyến tại E của (O)
ΔDBC vuông tại D
mà DI là đường trung tuyến
nên DI=IB=IC
=>ID=IE
Xét ΔOEI và ΔODI có
OE=OD
EI=DI
OI chung
Do đó: ΔOEI=ΔODI
=>\(\hat{OEI}=\hat{ODI}\)
=>\(\hat{ODI}=90^0\)
=>ID là tiếp tuyến tại D của (O)
a, Thay x = vào A ta được : \(A=\frac{3}{3-2}=3\)
b, Với \(x\ge0;x\ne4\)
\(B=\frac{3}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}-\frac{\sqrt{x}-10}{x-4}\)
\(=\frac{3\sqrt{x}-6+x+2\sqrt{x}-\sqrt{x}+10}{x-4}=\frac{4\sqrt{x}+4+x}{x-4}\)
\(=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}\)(đpcm)
hình 1 : cho tam giác ABC vuông tại A, hạ đường cao AH, H thuộc BC
Xét tam giác ABC vuông tại A, đường AH
* Áp dụng hệ thức : \(AB^2=BH.BC\Rightarrow BH=y=\frac{AB^2}{BC}=\frac{225}{17}\)cm
=> \(CH=x=BC-y=17-\frac{225}{17}=\frac{64}{17}\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AC^2=c=CH.BC=\frac{64}{17}.17=64\Rightarrow AC=8\)cm
* Áp dụng hệ thức : \(AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=h=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{15.8}{17}=\frac{120}{17}\)cm
tương tự hình 2 ; 3
làm ko làm nốt luôn đi
dùng đã bt rồi nhưng cần kết quả để so sánh sai ở đâu
\(P=\left(\frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+1}\right):\frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}}\)ĐK : x > 0
\(=\left(\frac{\sqrt{x}+1+x}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}\right):\frac{1}{\sqrt{x}+1}=\frac{x+\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}}\)
\(P=\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-1}+\frac{3}{\sqrt{x}+1}-\frac{6\sqrt{x}-4}{x-1}\)
\(=\frac{x+\sqrt{x}+3\sqrt{x}-3-6\sqrt{x}+4}{x-1}=\frac{x-2\sqrt{x}+1}{x-1}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
Bài 3:
Gọi O là trung điểm của AH
Vì \(\hat{AEH}=\hat{ADH}=90^0\)
nên A,D,H,E cùng thuộc đường tròn đường kính AH
=>A,D,H,E cùng thuộc (O)
=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE
Gọi K là giao điểm của AH và BC
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại K
OE=OH
=>ΔOEH cân tại O
=>\(\hat{OEH}=\hat{OHE}\)
mà \(\hat{OHE}=\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{BAH}\right)\)
nên \(\hat{OEH}=\hat{ABC}\)
ΔEBC vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IC
=>ΔIEC cân tại I
=>\(\hat{IEC}=\hat{ICE}\)
\(\hat{OEI}=\hat{OEC}+\hat{IEC}\)
\(=\hat{EBC}+\hat{ECB}=90^0\)
=>IE là tiếp tuyến tại E của (O)
ΔDBC vuông tại D
mà DI là đường trung tuyến
nên DI=IB=IC
Xét ΔIEO và ΔIDO có
IE=ID
EO=DO
IO chung
Do đó: ΔIEO=ΔIDO
=>\(\hat{IEO}=\hat{IDO}\)
=>\(\hat{IDO}=90^0\)
=>DI là tiếp tuyến tại D của (O)