Giải

Có 8 thùng:

40 x 8 = 320 (l)

Người ta đã bán \(\frac15\) số lít nước mắm là:

320 x \(\frac15\) = 64 (l)

Còn lại số nước mắm là:

\(320-64=256\left(l\right)\)

Đ/S: ....

Xét (O) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>BF⊥AC tại F

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>CE⊥AB tại E

Xét ΔABC có

BF,CE là các đường cao

BF cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC

a: Xét tứ giác AMCN có

AM//CN

AM=CN

Do đó: AMCN là hình bình hành

=>AN//CM

b: ABCD là hình bình hành

=>AC cắt BD tại trung điểm của mỗi đường

=>O là trung điểm chung của AC và BD

AMCN là hình bình hành

=>AC cắt MN tại trung điểm của mỗi đường

mà O là trung điểm của AC
nên O là trung điểm của MN

a: Xét (I) có

ΔHDB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHDB vuông tại D

=>HD⊥AB tại D

Xét (K) có

ΔCHE nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCEH vuông tại E

=>HE⊥AC tại E

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

c: Xét ΔABC vuông tại A có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>AC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)

=>AH=2,4(cm)

ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

=>DE=2,4(cm)

KE=KH

=>ΔKEH cân tại K

=>\(\hat{KEH}=\hat{KHE}\)

mà \(\hat{KHE}=\hat{HBA}\) (hai góc đồng vị, HE//AB)

nên \(\hat{KEH}=\hat{HBA}\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}=\hat{HAB}\)

ID=IH

=>ΔIDH cân tại I

=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)

mà \(\hat{IHD}=\hat{HCA}\) (hai góc đồng vị, HD//AC)

nên \(\hat{IDH}=\hat{HCA}\)

AEHD là hình chữ nhật

=>\(\hat{EDH}=\hat{EAH}=\hat{HAC}\)

\(\hat{EDI}=\hat{EDH}+\hat{IDH}\)

\(=\hat{HAC}+\hat{HCA}=90^0\)

=>ED⊥ DI tại D(1)

\(\hat{KED}=\hat{KEH}+\hat{DEH}\)

\(=\hat{HAB}+\hat{HBA}=90^0\)

=>KE⊥ ED tại E(2)

Từ (1),(2) suy ra KEDI là hình thang vuông

Diện tích hình thang vuông KEDI là:

\(S_{KEDI}=\frac12\left(KE+DI\right)\cdot ED=\frac12\cdot AH\cdot\left(\frac12HB+\frac12HC\right)\)

\(=\frac14\cdot AH\cdot BC=\frac14\cdot2,4\cdot5=0,6\cdot5=3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Xét (I) có

ΔHDB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHDB vuông tại D

=>HD⊥AB tại D

Xét (K) có

ΔCHE nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCEH vuông tại E

=>HE⊥AC tại E

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

c: Xét ΔABC vuông tại A có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>AC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)

=>AH=2,4(cm)

ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

=>DE=2,4(cm)

KE=KH

=>ΔKEH cân tại K

=>\(\hat{KEH}=\hat{KHE}\)

mà \(\hat{KHE}=\hat{HBA}\) (hai góc đồng vị, HE//AB)

nên \(\hat{KEH}=\hat{HBA}\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}=\hat{HAB}\)

ID=IH

=>ΔIDH cân tại I

=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)

mà \(\hat{IHD}=\hat{HCA}\) (hai góc đồng vị, HD//AC)

nên \(\hat{IDH}=\hat{HCA}\)

AEHD là hình chữ nhật

=>\(\hat{EDH}=\hat{EAH}=\hat{HAC}\)

\(\hat{EDI}=\hat{EDH}+\hat{IDH}\)

\(=\hat{HAC}+\hat{HCA}=90^0\)

=>ED⊥ DI tại D(1)

\(\hat{KED}=\hat{KEH}+\hat{DEH}\)

\(=\hat{HAB}+\hat{HBA}=90^0\)

=>KE⊥ ED tại E(2)

Từ (1),(2) suy ra KEDI là hình thang vuông

Diện tích hình thang vuông KEDI là:

\(S_{KEDI}=\frac12\left(KE+DI\right)\cdot ED=\frac12\cdot AH\cdot\left(\frac12HB+\frac12HC\right)\)

\(=\frac14\cdot AH\cdot BC=\frac14\cdot2,4\cdot5=0,6\cdot5=3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a: Xét (I) có

ΔHDB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHDB vuông tại D

=>HD⊥AB tại D

Xét (K) có

ΔCHE nội tiếp

CH là đường kính

Do đó: ΔCEH vuông tại E

=>HE⊥AC tại E

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

c: Xét ΔABC vuông tại A có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>AC=4(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot5=3\cdot4=12\)

=>AH=2,4(cm)

ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH

=>DE=2,4(cm)

KE=KH

=>ΔKEH cân tại K

=>\(\hat{KEH}=\hat{KHE}\)

mà \(\hat{KHE}=\hat{HBA}\) (hai góc đồng vị, HE//AB)

nên \(\hat{KEH}=\hat{HBA}\)

ADHE là hình chữ nhật

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}=\hat{HAB}\)

ID=IH

=>ΔIDH cân tại I

=>\(\hat{IDH}=\hat{IHD}\)

mà \(\hat{IHD}=\hat{HCA}\) (hai góc đồng vị, HD//AC)

nên \(\hat{IDH}=\hat{HCA}\)

AEHD là hình chữ nhật

=>\(\hat{EDH}=\hat{EAH}=\hat{HAC}\)

\(\hat{EDI}=\hat{EDH}+\hat{IDH}\)

\(=\hat{HAC}+\hat{HCA}=90^0\)

=>ED⊥ DI tại D(1)

\(\hat{KED}=\hat{KEH}+\hat{DEH}\)

\(=\hat{HAB}+\hat{HBA}=90^0\)

=>KE⊥ ED tại E(2)

Từ (1),(2) suy ra KEDI là hình thang vuông

Diện tích hình thang vuông KEDI là:

\(S_{KEDI}=\frac12\left(KE+DI\right)\cdot ED=\frac12\cdot AH\cdot\left(\frac12HB+\frac12HC\right)\)

\(=\frac14\cdot AH\cdot BC=\frac14\cdot2,4\cdot5=0,6\cdot5=3\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

giải các phương trình sau a) √ ( 2 x − 1 ) 2 = 3 b) 3 √ x − 2 √ 9 x + √ 16 x = 5 c) √ 4 x + 20 − 3 √ 5 + x + 3 4 √ 9 x + 45 = 6

a: Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

Xét tứ giác AHDK có \(\hat{AHD}=\hat{AKD}=\hat{HAK}=90^0\)

nên AHDK là hình chữ nhật

Hình chữ nhật AHDK có AD là phân giác của góc HAK

nên AHDK là hình vuông

b: D nằm trên đường trung trực của BC

=>DB=DC

AHDK là hình vuông

=>DH=DK

Xét ΔDHB vuông tại H và ΔDKC vuông tại K có

DB=DC

DH=DK

Do đó: ΔDHB=ΔDKC

=>\(\hat{HBD}=\hat{KCD}\)

mà \(\hat{KCD}+\hat{ACD}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{ABD}+\hat{ACD}=180^0\)

=>A,B,D,C cùng thuộc một đường tròn

a: Xét ΔAHB vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH^2=4\cdot9=36=6^2\)

=>AH=6(cm)

Xét ΔAHB vuông tại H có tan B=\(\frac{AH}{HB}=\frac64=\frac32\)

nên \(\hat{B}\) ≃56 độ

b:

1: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADHE là hình chữ nhật

2: ADHE là hình chữ nhật

=>AH=DE

Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao

nên \(AD\cdot AB=AH^2\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AC=AH^2\)

\(AD\cdot AB+AE\cdot AC=AH^2+AH^2=2AH^2\)

\(=2DE^2\)

3: Xét ΔBAC có HD//AC
nên \(\frac{BD}{BA}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(\frac{BD}{BH}=\frac{BA}{BC}\)

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có

\(\hat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCAB

=>\(\frac{CH}{CA}=\frac{CA}{CB}\)

\(\frac{BD^2}{BH^2}+\frac{CH^2}{CA^2}\)

\(=\frac{BA^2}{BC^2}+\frac{CA^2}{BC^2}=\frac{BA^2+CA^2}{BC^2}=\frac{BC^2}{BC^2}=1\)

bài 1: xét △ vuông OBK và △ vuông OKA, có:

OA = OB (giả thiết)

OK chung

⇒ △ OBK = △ OKA (ch-cgv)

⇒ góc BOK = góc AOK

⇒ OK là tia phân giác của góc BOA

bài 2:

xét △ ABC có AB = AC

⇒ △ ABC là △ cân tại A

lại có AD là đường cao

⇒ AD cũng là đường phân giác của △ ABC

⇒ góc BAD = góc CAD

⇒ AD là tia phân giác góc BAC

bài 3: xét △ vuông ABC và △ vuông ADC có

CB = CD (giả thiết)

AC là cạnh chung

⇒ △ ABC = △ ADC (ch-cgv)

a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: \(\hat{BHD}+\hat{HBD}=90^0\) (ΔBHD vuông tại D)

\(\hat{BCE}+\hat{EBC}=90^0\) (ΔEBC vuông tại E)

DO đó: \(\hat{BHD}=\hat{BCE}\)

=>\(\hat{BHD}=\hat{BCA}\) (1)

Xét (O) có \(\hat{BCA};\hat{BKA}\) là các góc nội tiếp chắn cung BA

=>\(\hat{BCA}=\hat{BKA}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BHK}=\hat{BKH}\)

=>ΔBHK cân tại B

mà BD là đường cao

nên D là trung điểm của HK

3. isn't, is, has

4. don't have, is, is

5. isn't, is

6. has, has

7. aren't, are

8. have, am

9. aren't, are

10. is, isn't

11. have, is

12. isn't, is