Bài 5:

a: Xét ΔDAB vuông tại D và ΔDCE vuông tại D có

DA=DC

DB=DE

Do đó: ΔDAB=ΔDCE

=>AB=CE
b: ΔDAB=ΔDCE

=>\(\hat{DAB}=\hat{DCE}\)

mà \(\hat{DAB}+\hat{DBA}=90^0\) (ΔDBA vuông tại D)

nên \(\hat{FBC}+\hat{FCB}=90^0\)

=>ΔFBC vuông tại F

=>CF⊥AB tại F

Bài 4:

a: Ta có: \(\hat{MAB}+\hat{BAC}+\hat{CAN}=180^0\)

=>\(\hat{MAB}+\hat{CAN}=180^0-90^0=90^0\)

mà \(\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0\) (ΔMAB vuông tại M)

nên \(\hat{MBA}=\hat{CAN}\)

Xét ΔMBA vuông tại M và ΔNAC vuông tại N có

BA=AC

\(\hat{MBA}=\hat{NAC}\)

Do đó: ΔMBA=ΔNAC

b: ΔMBA=ΔNAC

=>MB=NA; MA=NC

NA+AM=NM

mà NA=MB và AM=NC

nên MB+NC=NM

a: Ta có: ABCD là hình thang cân

=>\(\hat{DAB}=\hat{CBA};\hat{ADC}=\hat{DCB}\)

Ta có: \(\hat{DAB}+\hat{CBA}=\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{DCB}\right)\)

=>\(2\cdot\hat{CBA}=\frac12\cdot2\cdot\hat{DCB}\)

=>\(\hat{DCB}=2\cdot\hat{CBA}\)

Ta có: DC//AB

=>\(\hat{DCB}+\hat{CBA}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(2\cdot\hat{CBA}+\hat{CBA}=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{CBA}=180^0\)

=>\(\hat{CBA}=60^0\)

=>\(\hat{DAB}=\hat{CBA}=60^0\)

Ta có: \(\hat{DCB}=2\cdot\hat{CBA}\)

=>\(\hat{DCB}=2\cdot60^0=120^0\)

Ta có: \(\hat{DCB}=\hat{CDA}\)

mà \(\hat{DCB}=120^0\)

nên \(\hat{CDA}=120^0\)

b: ΔCAB vuông tại C

=>\(\hat{CAB}+\hat{CBA}=90^0\)

=>\(\hat{CAB}=90^0-60^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{DAC}+\hat{CAB}=\hat{DAB}\) (tia AC nằm giữa hai tia AD và AB)

=>\(\hat{DAC}=60^0-30^0=30^0\)

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

=>AC là phân giác của góc BAD

a: Ta có: ABCD là hình thang cân

=>\(\hat{DAB}=\hat{CBA};\hat{ADC}=\hat{DCB}\)

Ta có: \(\hat{DAB}+\hat{CBA}=\frac12\left(\hat{ADC}+\hat{DCB}\right)\)

=>\(2\cdot\hat{CBA}=\frac12\cdot2\cdot\hat{DCB}\)

=>\(\hat{DCB}=2\cdot\hat{CBA}\)

Ta có: DC//AB

=>\(\hat{DCB}+\hat{CBA}=180^0\) (hai góc trong cùng phía)

=>\(2\cdot\hat{CBA}+\hat{CBA}=180^0\)

=>\(3\cdot\hat{CBA}=180^0\)

=>\(\hat{CBA}=60^0\)

=>\(\hat{DAB}=\hat{CBA}=60^0\)

Ta có: \(\hat{DCB}=2\cdot\hat{CBA}\)

=>\(\hat{DCB}=2\cdot60^0=120^0\)

Ta có: \(\hat{DCB}=\hat{CDA}\)

mà \(\hat{DCB}=120^0\)

nên \(\hat{CDA}=120^0\)

b: ΔCAB vuông tại C

=>\(\hat{CAB}+\hat{CBA}=90^0\)

=>\(\hat{CAB}=90^0-60^0=30^0\)

Ta có: \(\hat{DAC}+\hat{CAB}=\hat{DAB}\) (tia AC nằm giữa hai tia AD và AB)

=>\(\hat{DAC}=60^0-30^0=30^0\)

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

=>AC là phân giác của góc BAD

a: Ta có: \(MI=IN=\frac{MN}{2}\)

\(QK=KP=\frac{QP}{2}\)

\(MQ=NP=\frac{MN}{2}\)

mà MN=PQ

nên MI=IN=QK=KP=MQ=NP

Xét tứ giác MIKQ có

MI//KQ

MI=KQ

DO đó: MIKQ là hình bình hành

Hình bình hành MIKQ có MI=MQ

nên MIKQ là hình thoi

b: TA có: MI=MQ

MQ=MA

Do đó: MA=MI

Ta có: \(\hat{AMI}+\hat{QMI}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{AMI}=180^0-120^0=60^0\)

Xét ΔMAI có MA=MI và \(\hat{AMI}=60^0\)

nên ΔMAI đều

c: MN//PQ

=>\(\hat{AMI}=\hat{MQP}\) (hai góc đồng vị)

=>\(\hat{MQP}=60^0\)

Xét ΔMKQ có QK=QM và \(\hat{MQK}=60^0\)

nên ΔMKQ đều

=>MK=KQ=QP/2

Xét ΔMQP có

MK là đường trung tuyến

\(MK=\frac{QP}{2}\)

Do đó: ΔMQP vuông tại M

=>QM⊥MP

Ta có: MQ=MA

NP=MQ

Do đó: MA=NP

Xét tứ giác AMPN có

AM//PN

AM=PN

Do đó: AMPN là hình bình hành

Hình bình hành AMPN có \(\hat{AMP}=90^0\)

nên AMPN là hình chữ nhật

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: 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),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại K và K là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BK là đường cao

nên \(OK\cdot OA=OB^2=R^2\)

b: Xét (O) có

ΔBFD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBFD vuông tại F

=>BF⊥AD tại F

c: Xét ΔABD vuông tại B có BF là đường cao

nên \(AF\cdot AD=AB^2\)(3)

Xét ΔABO vuông tại B có BK là đường cao

nên \(AK\cdot AO=AB^2\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(AF\cdot AD=AK\cdot AO\)

=>\(\frac{AF}{AO}=\frac{AK}{AD}\)

Xét ΔAFK và ΔAOD có

\(\frac{AF}{AO}=\frac{AK}{AD}\)

góc FAK chung

Do đó: ΔAFK~ΔAOD

=>\(\hat{AFK}=\hat{AOD}\)

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

nên \(\hat{KFD}+\hat{KOD}=180^0\)

=>KODF là tứ giác nội tiếp

=>K,F,O,D cùng thuộc một đường tròn

ΔOFD cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥DF tại I

Xét ΔOIA vuông tại I và ΔOKT vuông tại K có

\(\hat{IOA}\) chung

Do đó: ΔOIA~ΔOKT

=>\(\frac{OI}{OK}=\frac{OA}{OT}\)

=>\(OI\cdot OT=OK\cdot OA\)

=>\(OI\cdot OT=R^2\)

=>\(OI\cdot OT=OD^2\)

=>\(\frac{OI}{OD}=\frac{OD}{OT}\)

Xét ΔOID và ΔODT có

\(\frac{OI}{OD}=\frac{OD}{OT}\)

góc IOD chung

Do đó: ΔOID~ΔODT

=>\(\hat{OID}=\hat{ODT}\)

=>\(\hat{ODT}=90^0\)

=>TD là tiếp tuyến của (O)

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét (O) có

ΔAED nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔAED vuông tại E

=>AE⊥MD tại E

Xét ΔMAD vuông tại A có AE là đường cao

nên \(ME\cdot MD=MA^2\left(3\right)\)

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(ME\cdot MD=MH\cdot MO\)

Biển Tĩnh Lặng (Mare Tranquillitatis) vào ngày 20 tháng 7 năm 1969

Bước 1: Tinh buoc song cua song mat nuoc:

• Toc do lan truyen v = 0,3 m/s, tan so f = 5 Hz nen buoc song λ = v/f = 0,3/5 = 0,06 m = 6 cm.

Bước 2: Xac dinh khoang cach tu nguon O den cac diem M, N.

• Tren doan MO co 5 phan tu dao dong cung pha voi phan tu tai O (ke ca M). Nhung diem cung pha voi nguon nam tai cac vi tri cach O mot so nguyen lan λ. Vi vay OM = 5λ = 5 × 6 = 30 cm.

• Tren doan NO co 8 phan tu dao dong cung pha voi phan tu tai O, con N dao dong nguoc pha, nen N phai cach O mot doan le nua buoc song. Khoang cach lon nhat thoa man la ON = 8,5λ = 8,5 × 6 = 51 cm.

Bước 3: Do M va N nam tren cung mot nua mat phang khong qua O, doan MN dai nhat khi duong thang MN tiep xuc voi duong tron tam O ban kinh OM. Khi do theo dinh ly Pythagore ta co: MN = √(ON^2 – OM^2) = √(51^2 – 30^2) = √(2601 – 900) ≈ √1701 ≈ 41 cm. Vay khoang cach lon nhat giữa hai diem M va N gan bang 41 cm.