Toán

a: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BH}{BA}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(BA^2=BH\cdot BC\)

Xét ΔCHA vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{HCA}\) chung

Do đó: ΔCHA~ΔCAB

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

=>\(CH\cdot CB=CA^2\)

b: Xét ΔABC có AE là phân giác

nên \(\dfrac{BE}{CE}=\dfrac{AB}{AC}\)

\(\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{AB^2}{BC}:\dfrac{AC^2}{BC}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\left(\dfrac{EB}{EC}\right)^2\)

D

D. cos x = 0

D nha bạn

a) Do M là trung điểm của BC (gt)

⇒ BM = CM

Do ∆ABC cân tại A (gt)

⇒ AB = AC và ∠ABC = ∠ACB

Do ∠ABC = ∠ACB (cmt)

⇒ ∠ABM = ∠ACM

Xét ∆ABM và ∆ACM có:

AB = AC (cmt)

∠ABM = ∠ACM (cmt)

BM = CM (cmt)

⇒ ∆ABM = ∆ACM (c-g-c)

b) Do AB = AC (cmt)

⇒ A nằm trên đường trung trực của BC (1)

Do BM = CM (cmt)

⇒ M nằm trên đường trung trực của BC (2)

Từ (1) và (2) ⇒ AM là đường trung trực của BC

c) Do AM là đường trung trực của BC (cmt)

⇒ N nằm trên AM

⇒ NB = NC (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

⇒ ∆NBC cân tại N

d) Xét ∆ABN và ∆ACN có:

AB = AC (cmt)

AN là cạnh chung

NB = NC (cmt)

⇒ ∆ABN = ∆ACN (c-c-c)

⇒ ∠ANB = ∠ANC (hai góc tương ứng)

⇒ NA là tia phân giác của ∠BNC

Đồ thị của hàm số `y=ax+b` song song với `y=-3x+5`

\(\Rightarrow a=-3\)

\(\Rightarrow y=-3x+b\)

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 hay hàm số đi qua điểm: \(\left(2;0\right)\)

Thay vào ta có:

\(0=-3\cdot2+b\)

\(\Leftrightarrow b=6\)

Vậy: ... 

Bài 3:

a: Số người đến từ Hưng yên là:

\(100\cdot30\%=30\left(người\right)\)

Số người đến từ Bắc Ninh là:

\(100\cdot18\%=18\left(người\right)\)

b: Số người đến từ hà nội chiếm:

45:100=45%

Số người đến từ các tỉnh thành khác là:

\(\dfrac{100-30-18-45}{100}=\dfrac{7}{100}=7\%\)

Bài 2:

Số lượng lượt xem đã tăng thêm:

262-41,6=220,4(triệu)

Số phần trăm lượng lượt xem tăng thêm là:

\(\dfrac{220.4}{41,6}\simeq529,81\%\)

Bài 15:

a: Xét ΔCDE vuông tại D và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{DCE}\) chung

Do đó: ΔCDE~ΔCAB

b: Ta có: ΔCDE~ΔCAB

=>\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\)

=>\(\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\)

Xét ΔCDA và ΔCEB có

\(\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\)

\(\widehat{DCA}\) chung

Do đó: ΔCDA~ΔCEB

c: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

=>\(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AB\cdot AC=AH\cdot BC\)

d: Xét ΔHAD có HA=HD và \(\widehat{AHD}=90^0\)

nên ΔHAD vuông cân tại H

Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{EAB}+\widehat{EDB}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AEB}=\widehat{ADB}=45^0\)

=>ΔABE vuông cân tại A

ΔABE cân tại A có AM là đường trung tuyến

nên AM\(\perp\)BE

Xét tứ giác AMHB có \(\widehat{AMB}=\widehat{AHB}=90^0\)

nên AMHB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{AHM}=\widehat{ABM}=45^0\)

Bài 14:

a: Xét ΔCKD vuông tại K và ΔCHA vuông tại H có

\(\widehat{KCD}\) chung

Do đó: ΔCKD~ΔCHA

b: Xét ΔCKD vuông tại K và ΔCAB vuông tại A có

\(\widehat{KCD}\) chung

Do đó: ΔCKD~ΔCAB

c: Ta có; ΔCKD~ΔCAB

=>\(\dfrac{CK}{CA}=\dfrac{CD}{CB}\)

=>\(\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{CA}{CB}\)

Xét ΔCKA và ΔCDB có

\(\dfrac{CK}{CD}=\dfrac{CA}{CB}\)

\(\widehat{KCA}\) chung

Do đó: ΔCKA~ΔCDB

a: Xét tứ giác AHCK có \(\widehat{AHC}+\widehat{AKC}=90^0+90^0=180^0\)

nên AHCK là tứ giác nội tiếp

b:

Xét tứ giác AHBI có \(\widehat{AHB}+\widehat{AIB}=90^0+90^0=180^0\)

nên AHBI là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

\(\widehat{ACK}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CK và dây cung CA

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ACK}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ACK}=\widehat{AHK}\)(AHCK nội tiếp)

nên \(\widehat{AHK}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AIH}\)

nên \(\widehat{AIH}=\widehat{AHK}\)

Ta có: AIBH nội tiếp

=>\(\widehat{AHI}=\widehat{ABI}\)

mà \(\widehat{ABI}=\widehat{ACB}\)

và \(\widehat{ACB}=\widehat{ACH}=\widehat{AKH}\)(AHCK nội tiếp)

nên \(\widehat{AHI}=\widehat{AKH}\)

Xét ΔAHI và ΔAKH có

\(\widehat{AHI}=\widehat{AKH}\)

\(\widehat{AIH}=\widehat{AHK}\)

Do đó: ΔAHI~ΔAKH

=>\(\dfrac{AH}{AK}=\dfrac{AI}{AH}\)

=>\(AH^2=AI\cdot AK\)

c: M,N là trung điểm của AI,AK

=>\(AH=AM+AN=\dfrac{1}{2}\left(AI+AK\right)\)

=>\(AH^2=\dfrac{1}{4}\left(AI+AK\right)^2\)

=>\(\dfrac{\left(AI+AK\right)^2}{4}=AI\cdot AK\)

=>AI=AK

Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến tại B và tại C của (O)

Xét (O) có

EB,EC là các tiếp tuyến

Do đó: EB=EC và EO là phân giác của góc BEC

=>OE là đường trung trực của BC

AI=AK và AI\(\perp\)IE và AK\(\perp\)KE nên A thuộc đường phân giác của góc IEK

=>A thuộc OE

=>AO\(\perp\)BC

=>A,O,H thẳng hàng

a: Xét ΔAMC vuông tại M và ΔBMD vuông tại M có

MA=MB

MC=MD

Do đó: ΔAMC=ΔBMD

b: Ta có: ΔMAC=ΔMBD

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MBD}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên AC//BD

c: Xét ΔMAE và ΔMBF có

MA=MB

\(\widehat{AME}=\widehat{BMF}\)(hai góc đối đỉnh)

ME=MF

Do đó: ΔMAE=ΔMBF

=>\(\widehat{MAE}=\widehat{MBF}\)

=>AE//BF

=>BF//AC

Ta có: BF//AC

BD//AC

BF,BD có điểm chung là B

Do đó: D,F,B thẳng hàng

d: Xét tứ giác EKFH có

EK//FH

EH//KF

Do đó: EKFH là hình bình hành

=>\(\widehat{FKE}=\widehat{EHF}\)