a, b thôi ạ!
câu a,b thôi ạ gaapspppppppppppppppppppppppppppppp ạ
a,theo giả thiết E lần lượt là hình chiếu của H lên AB,
H là chân đường vuông góc kẻ từ B xuống AC
\(=>\)\(\angle\left(BEH\right)=\angle\left(BHA\right)=90^o\)
có \(\angle\left(B\right)chung\)\(=>\Delta BEH\sim\Delta BHA\left(g.g\right)\left(dpcm\right)\)
b, ta có E,F là hình chiếu của H trên AB,BC
\(=>HE\perp AB,HF\perp BC\)
mà \(BH\perp AC\left(gt\right)=>\)\(\Delta BHA\) vuông tại H có HE là đường cao
và \(\Delta BHC\) vuông tại H có HF là đường cao
theo hệ thức lượng
\(=>BH^2=BE.BA=BF.BC\left(dpcm\right)\)
a;b thôi ạ
`a)-1/12+2/5+1/12`
`=>(-1/12+1/12)+2/5`
`=>0+2/5`
`=>2/5`
`b) 3,54.(−23,4)+3,54.(−76,6)`
`=>3,54.[(−23,4)+(−76,6)]`
`=>3,54.−100`
`=>-354`
Câu d thôi ạ, câu a, b, c làm rồi ạ
help em a,b thôi ạ
a: Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)
Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(1)
Xét tứ giác OHAC có \(\widehat{OHA}+\widehat{OCA}=180^0\)
nên OHAC là tứ giác nội tiếp(2)
Từ (1) và (2) suy ra A,B,C,H,O cùng thuộc 1 đường tròn
b: \(\widehat{BHA}=\widehat{BOA}\)
\(\widehat{AHC}=\widehat{COA}\)
mà \(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
nên \(\widehat{BHA}=\widehat{CHA}\)
hay HA là tia phân giác của góc BHC
làm a,b,c thôi ạ
gấpppppppppppppppppppppppppppppppp
a) Xét \(\Delta AEB\) và \(\Delta AFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle AEB=\angle AFC=90\\\angle BACchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g-g\right)\)
b) \(\Delta AEB\sim\Delta AFC\Rightarrow\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\\\angle BACchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)
c) Xét \(\Delta BFC\) và \(\Delta BDA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BFC=\angle BDA=90\\\angle ABCchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BFC\sim\Delta BDA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{BA}\Rightarrow BF.BA=BC.BD\)
Xét \(\Delta CEB\) và \(\Delta CDA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEC=\angle CDA=90\\\angle ACBchung\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta CDA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CB}{CA}\Rightarrow CE.CA=CD.BC\)
\(\Rightarrow BF.BA+CE.CA=BC.BD+BC.CD=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
A,B vs vẽ hình thôi ạ
câu a thôi ạ, câu b làm rồi
`a)P(x)+Q(x)=x^5-2x^2+1`
`=>Q(x)=x^5-2x^2+1-P(x)`
`=>Q(x)=x^5-2x^2+1-x^4+3x^2-1/2+x`
`=>Q(x)=x^5-x^4+x^2+x+1/2`
______________________________________________
`b)P(x)-R(x)=x^3`
`=>R(x)=P(x)-x^3`
`=>R(x)=x^4-3x^2+1/2-x-x^3`
`=>R(x)=x^4-x^3-3x^2-x+1/2`
Ta có:
\(P\left(x\right)+Q\left(x\right)=x^5-2x^2+1\)
\(\Rightarrow Q\left(x\right)=P\left(x\right)-\left(x^5-2x^2+1\right)\)
\(=x^4-3x^2+\dfrac{1}{2}-x-x^5+2x^2-1\)
\(=-x^5+x^4-x^2-x-\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(Q\left(x\right)=-5^2+x^4-x^2-x-\dfrac{1}{2}\)
a) <=> Q(x) = (x5 - 2x2 + 1) - P(x)
= (x5 - 2x2 + 1) - (x4 - 3x2 + 1/2 - x)
= x5 - 2x2 + 1 - x4 + 3x2 + x - 1/2
= x5 - x4 + x2 + x + 1/2
Vậy Q(x) = x5 - x4 + x2 + x + 1/2
Giúp mình câu a, b bài 3 thôi ạ.
Bài 3:
a: Ta có: \(P=\left(\dfrac{2}{\sqrt{x}+2}-\dfrac{1}{\sqrt{x}+1}\right):\dfrac{x}{x\sqrt{x}-\sqrt{x}}\)
\(=\dfrac{2\sqrt{x}+2-\sqrt{x}-2}{\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}\cdot\dfrac{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)}{x}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}\)
3.
b, ĐK: \(x>0;x\ne1\)
\(P< 1\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+2}< 1\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x}-1< \sqrt{x}+2\)
\(\Leftrightarrow3>0\)
\(\Rightarrow P< 1\forall x>0;x\ne1\)
Câu a em giải được rồi ạ. Cần câu b,c thôi/
b Ta có \(\Lambda ABE=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE,\Lambda AFB=\dfrac{1}{2}sđ\cap BE\Rightarrow\Lambda ABE=\Lambda AFB\)
Mà \(\Lambda EAB=\Lambda BAF\) \(\Rightarrow\Delta EAB\sim\Delta BAF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{EA}{BA}=\dfrac{AB}{ÀF}\Rightarrow AE\cdot AF=AB^2\left(1\right)\)
Áp dụng hệ thức lượng giác vào \(\Delta AOB\) có:(BH vuông góc với AO)
\(\Rightarrow AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AH\cdot AO=AE\cdot AF\)
a) Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là tứ giác nội tiếp
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Xét (O) có
\(\widehat{BFE}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{BE}\)
\(\widehat{ABE}\) là góc tạo bởi dây cung BE và tiếp tuyến BA
Do đó: \(\widehat{BFE}=\widehat{ABE}\)(Hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
\(\Leftrightarrow\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)
Xét ΔBFA và ΔEBA có
\(\widehat{BFA}=\widehat{EBA}\)(cmt)
\(\widehat{ABF}\) là góc chung
Do đó: ΔBFA∼ΔEBA(g-g)
\(\Leftrightarrow\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AB}{AE}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(AB^2=AF\cdot AE\)(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền AO, ta được:
\(AB^2=AH\cdot AO\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(AF\cdot AE=AH\cdot AO\)(đpcm)
c Nối OM \(\Rightarrow OM\) vuông góc với EF(do OM là đường nối từ tâm O đến trung điểm của dây cung EF)
\(\Rightarrow\Lambda AMO=\Lambda AHK=90^0\) Mà \(\Lambda OAM=\Lambda KAH\)
\(\Rightarrow\Delta OAM\sim\Delta KAH\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AM}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\Rightarrow AM\cdot AK=AH\cdot AO\left(3\right)\)
Từ câu b có \(AH\cdot AO=AE\cdot AF\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) \(\Rightarrow AM\cdot AK=AE\cdot AF\Rightarrow\dfrac{1}{AM\cdot AK}=\dfrac{1}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{1}{AK}=\dfrac{AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{2}{AK}=\dfrac{2AM}{AE\cdot AF}\Rightarrow\dfrac{AE+AF}{AE\cdot AF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{1}{AE}+\dfrac{1}{ÀF}=\dfrac{2}{AK}\Rightarrow\dfrac{AK}{AE}+\dfrac{AK}{AF}=2\)