1, Áp dụng PTG: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=8\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}CH=\dfrac{AC^2}{BC}=6,4\left(cm\right)\\AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=4,8\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

\(\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\approx\sin53^0\\ \Rightarrow\widehat{B}\approx53^0\\ \Rightarrow\widehat{C}\approx90^0-53^0=37^0\)

2, 

a, Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AD\cdot AB=AH^2\\AE\cdot AC=AH^2\end{matrix}\right.\Rightarrow AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

b, \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta AED\left(c.g.c\right)\)

Hình bạn vẽ hai đường chéo và chúng cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường và vuông góc nhé.

Ta có: ABCD là hình thoi => \(AC\perp BD\)

\(AC\cap BD=\left\{O\right\}\)

Xét △AOB có:

\(AB^2=AO^2+OB^2\left(Pytago\right)\)

\(\Rightarrow AB^2=7^2+11^2\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{7^2+11^2}\approx13\left(cm\right)\)

Câu 9.

Tại điểm \(I\): \(i=r=0\)

Tia sáng truyền thẳng vào lăng kính.

Tại điểm J có \(i_J=30^o\)

Theo định luật khúc xạ ánh sáng:

\(sinr=nsini_J=1,5\cdot sin30^o=\dfrac{3}{4}\Rightarrow r=arcsin\dfrac{3}{4}\)

Góc lệch:

\(D=r-i_J=arcsin\dfrac{3}{4}-30^o\approx18,6^o\)

Chọn B.

Hình vẽ tham khảo sgk lí 11!!!

1: Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

Xét tứ giác OCAD có

I là trung điểm chung của OA và CD

=>OCAD là hình bình hành

Hình bình hành OCAD có OC=OD

nên OCAD là hình thoi

2: Ta có: OCAD là hình thoi

=>OA là phân giác của góc COD

Xét ΔOCM và ΔODM có

OC=OD

\(\widehat{COM}=\widehat{DOM}\)

OM chung

Do đó: ΔOCM=ΔODM

=>\(\widehat{OCM}=\widehat{ODM}\)

mà \(\widehat{OCM}=90^0\)

nên \(\widehat{ODM}=90^0\)

=>MD là tiếp tuyến của (O)

3:

Xét (O) có

ΔCFE nội tiếp

CE là đường kính

Do đó: ΔCFE vuông tại F

=>CF\(\perp\)FE tại F

=>CF\(\perp\)ME tại F

Xét ΔCME vuông tại C có CF là đường cao

nên \(MF\cdot ME=MC^2\left(1\right)\)

Xét ΔMCO vuông tại C có CI là đường cao

nên \(MI\cdot MO=MC^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(MF\cdot ME=MI\cdot MO\)

=>\(\dfrac{MF}{MO}=\dfrac{MI}{ME}\)

Xét ΔMFI và ΔMOE có

\(\dfrac{MF}{MO}=\dfrac{MI}{ME}\)

\(\widehat{FMI}\) chung

Do đó: ΔMFI đồng dạng với ΔMOE

a: Xét ΔOAD và ΔOCB có

OA=OC

\(\widehat{O}\) chung

OD=OB

Do đó: ΔOAD=ΔOCB

Suy ra: AD=CB

a: Xét ΔCAD vuông tại A và ΔCED vuông tại E có

CD chung

CA=CE

Do đó:ΔCAD=ΔCED

Suy ra: DA=DE

b: Xét ΔADK vuông tại A và ΔEDB vuông tại E có 

DA=DE

\(\widehat{ADK}=\widehat{EDB}\)

Do đó:ΔADK=ΔEDB

c: AB=8cm

3:

a: AB<AC<BC

=>góc C<góc B<góc A

b: Xét ΔDCB có

CA,DK là trung tuyến

CA cắt DK tại M
=>M là trọng tâm

=>CM=2/3*8=16/3cm

c: Gọi H là trung điểm của AC

=>HQ//AD(HQ vuông góc AC)

mà H là trung điểm của AC

nên Q là trung điểm của CD

=>B,M,Q thẳng hàng

1:

a: Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

AB=AC

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)

mà \(\widehat{OBA}=90^0\)

nên \(\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC\(\perp\)OC tại C

=>AC là tiếp tuyến của (O)

b: Xét (O) có

ΔBCE nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBCE vuông tại C

=>BC\(\perp\)CE tại C

Ta có: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC

Ta có: OA\(\perp\)BC

CE\(\perp\)CB

Do đó: OA//CE

2: Gọi giao điểm của EC với BA là K

Ta có: BC\(\perp\)CE tại C

=>BC\(\perp\)EK tại C

=>ΔBCK vuông tại C

Ta có: \(\widehat{ACK}+\widehat{ACB}=\widehat{BCK}=90^0\)

\(\widehat{AKC}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔBCK vuông tại C)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)(ΔABC cân tại A)

nên \(\widehat{ACK}=\widehat{AKC}\)

=>AC=AK

mà AC=AB

nên AK=AB(3)

Ta có: CH\(\perp\)BE

BA\(\perp\)BE

Do đó: CH//BA

Xét ΔEBA có MH//BA

nên \(\dfrac{MH}{BA}=\dfrac{EM}{EA}\left(4\right)\)

Xét ΔEAK có MC//AK

nên \(\dfrac{MC}{AK}=\dfrac{EM}{EA}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra MH=MC

=>M là trung điểm của CH