C

C

C

B

Xét hai tam giác vuông BHA và BAC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}\text{ chung}\\\widehat{BHA}=\widehat{BAC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BHA\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)

Xét ΔBHA và ΔBAC có:

\(\widehat{ABC}chung\)

\(\widehat{BHA}=\widehat{BAC}\left(=90^o\right)\)

⇒ ΔBHA ∾ ΔBAC ( g.g )

Từ C kẻ đường cao CH xuống đáy AB

\(cotA+cotB=\dfrac{AH}{CH}+\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB}{CH}\)

Mà \(cotA+cotB=\dfrac{a^2+b^2}{2S}=\dfrac{AC^2+BC^2}{AB.CH}\)

=> \(\dfrac{AB}{CH}=\dfrac{AC^2+BC^2}{AB.CH}\)

=> AB² = AC² + BC²

=> tam giác ABC vuông tại C

\(cotA+cotB=\dfrac{cosA}{sinA}+\dfrac{cosB}{sinB}=\dfrac{\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\dfrac{2S}{bc}}+\dfrac{\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2ac}}{\dfrac{2S}{ac}}=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S}+\dfrac{a^2+c^2-b^2}{4S}=\dfrac{c^2}{2S}\)

Mà theo giả thiết \(cotA+cotB=\dfrac{a^2+b^2}{2S}\)

\(\Rightarrow\dfrac{a^2+b^2}{2S}=\dfrac{c^2}{2S}\Rightarrow a^2+b^2=c^2\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại A theo Pitago đảo

Giả sử : \(\widehat{B}=45^o\) (trường hợp khác \(\widehat{B}=135^o\) )

ta có : \(\begin{cases}IA=IB\\DA=DB\end{cases}\) \(\Rightarrow ID\perp AB\)

\(\overrightarrow{ID}=\left(-2;1\right)\) ptdt ID nhận \(\overrightarrow{n_{ID}}=\left(1;2\right)\) làm VTPT ta có pt: \(x+2y+3=0\)

ptdt AB đi qua K và nhận \(\overrightarrow{ID}\) làm VTPT ta có pt : \(-2x+y+9=0\)

tọa độ trung điểm H của AB là nghiệm của hệ : \(\begin{cases}x+2y=-3\\-2x+y=-9\end{cases}\) \(\Rightarrow\begin{cases}x=3\\y=-3\end{cases}\) vậy \(H\left(3;-3\right)\)

pt đường tròn tâm H bán kính \(HD=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}\) là : \(\left(x-3\right)^2+\left(y+3\right)^2=20\)

Tọa độ của A và B là nghiệm của hệ : \(\begin{cases}-2x+y=-9\\\left(x-3\right)^2+\left(y+3\right)^2=20\end{cases}\) giải nghiệm ta được \(\begin{cases}x=5\\y=1\end{cases}\) hoặc \(\begin{cases}x=1\\y=-7\end{cases}\) vì A có tung độ dương nên \(A\left(5;1\right);B\left(1;-7\right)\)

C là giao điểm của dt BD và IC:

ptdt BD nhận \(\overrightarrow{n}=\left(6;2\right)=2\left(3;1\right)\) làm VTPT nên ta có pt : \(3x+y=-4\)

ptdt IC nhận \(\overrightarrow{n}=\left(4;3\right)\) làm VTPT nên ta có pt : \(4x+3y=-2\)

vậy tọa độ C là nghiệm của hệ :\(\begin{cases}3x+y=-4\\4x+3y=-2\end{cases}\) \(\Leftrightarrow\begin{cases}x=-2\\y=2\end{cases}\) vậy \(C\left(-2;2\right)\)

Bạn vẽ hình đi! Mình chỉ cho!

Ừ.

1. vì a>b nên -a<-b ⇔ 2022-a <2022-b

c: Xét ΔABC vuông tại A và ΔEDC vuông tại E có 

\(\widehat{C}\) chung

Do đó: ΔABC∼ΔEDC

a: BC=35cm

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{BD}{21}=\dfrac{CD}{28}=\dfrac{BD+CD}{21+28}=\dfrac{35}{49}=\dfrac{5}{7}\)

Do đó:BD=15cm; CD=20cm

d) -BG, BI cắt AC lần lượt tại H,F.

-Xét △ABC có:

I, G lần lượt là giao các đường phân giác và trọng tâm (gt).

\(\Rightarrow\)BI, BG lần lượt là phân giác, trung tuyến của △ABC.

Mà -BI, BG cắt AC lần lượt tại F,H (gt).

AD phân giác \(\widehat{BAC}\) (D∈BC) (gt).

\(\Rightarrow\dfrac{BG}{BH}=\dfrac{2}{3}\); BF là phân giác của \(\widehat{ABC}\).

I∈AD.

-Xét △ABC có: BF là phân giác của \(\widehat{ABC}\) (cmt).

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{AF}{FC}\) (định lí đường phân giác trong tam giác).

\(\Rightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{FC}{BC}=\dfrac{AF+FC}{AB+BC}=\dfrac{AC}{AB+BC}=\dfrac{28}{21+35}=\dfrac{1}{2}\)

-Xét △ABF có: AI là phân giác của \(\widehat{BAC}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{IF}{BI}=\dfrac{1}{2}\) (định lí đường phân giác trong tam giác).

\(\Rightarrow IF=\dfrac{1}{2}BI\) mà \(IF+BI=BF\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}BI+BI=BF\)

\(\Rightarrow\dfrac{3}{2}BI=BF\)

\(\Rightarrow BI=\dfrac{2}{3}BF\)

-Xét △BFH có: \(\dfrac{BI}{BF}=\dfrac{BG}{BH}\left(=\dfrac{2}{3}\right)\)

\(\Rightarrow\)IG//FH (định lí Ta-let đảo) nên IG//AC