K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

Bài 1: Cho tam giác ABC, kẻ AH vuông góc với BC, BH=9cm, HC=16cm, tgC=0,75.Trên AH lấy điểm O sao cho OH=2cma) CM: ABC là tam giác vuôngb) Trên cạnh AB lấy điểm M, trên OB lấy điểm P và trên OC lấy điểm N sao cho AM/AB=OP/OB=ON/OC=2/5. Tính độ dài các cạnh và số đo các góc của tam giác MPNBài 2:Cho tam giác vuông ABC( A=90 độ) Kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt ccs cạnh AB,AC tại M,N, MB=12cm, NC=9cm, trung...
Đọc tiếp

Bài 1: Cho tam giác ABC, kẻ AH vuông góc với BC, BH=9cm, HC=16cm, tgC=0,75.Trên AH lấy điểm O sao cho OH=2cm

a) CM: ABC là tam giác vuông

b) Trên cạnh AB lấy điểm M, trên OB lấy điểm P và trên OC lấy điểm N sao cho AM/AB=OP/OB=ON/OC=2/5. Tính độ dài các cạnh và số đo các góc của tam giác MPN

Bài 2:Cho tam giác vuông ABC( A=90 độ) Kẻ đường thẳng song song với cạnh BC cắt ccs cạnh AB,AC tại M,N, MB=12cm, NC=9cm, trung điểm của MN và BC là E và F

a) CM: 3 điểm A,E,F thẳng hàng

b) Trung điểm BN là G. Tính độ dài các cạnh và số đo các góc của tam giác EFG

c) CM: Tam giác EFG đồng dạng tam giác ABC

Bài 3: Cho tam giác ABC, A= 90 độ. Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF vuông góc với BC. Nối AF và BE

a) CM; AF= BE.cos C

b) Biết BC=10cm, sinC=0,6. Tính diện tích tứ giác ABFE

c) AF và BE cắt nhau tại O. Tính SinAOB

Bạn nào giúp mk với ạ huhu cảm ơn nhiều nhiều

1
11 tháng 7 2019

Câu hỏi của Pham Van Hung - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Bạn tham khảo câu 2 tai link này nhé!

7 tháng 3 2016

Có vẻ bài này hơi không phù hợp với học sinh lớp 9. Đầu tiên ta sẽ phải sử dụng định lý sin cho tam giác: Trong tam giác ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R thì tỷ số giữa cạnh và sin góc đối diện bằng 2R. Nhận xét tiếp theo: Diện tích tam giác bất kỳ một nửa tích độ dài hai cạnh nhân với sin của góc xen giữa hai cạnh đó.

Ta có \(S\left(ABC\right)=S\left(ABF\right)+S\left(ACF\right)=\frac{1}{2}AB\cdot AF\cdot\sin BAF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\sin CAF\)
\(=\frac{1}{2}AB\cdot\frac{CD}{2R}\cdot AF+\frac{1}{2}AC\cdot AF\cdot\frac{BD}{2R}=\frac{AF}{4R}\left(AB\cdot CD+AC\cdot BD\right).\)  Do tứ giác ABDC nội tiếp nên theo định lý Ptoleme ta có \(AB\cdot CD+AC\cdot BD=AD\cdot BC.\)  LSuy ra \(S\left(ABC\right)=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)


Tiếp theo ta có \(S\left(AMDN\right)=S\left(AMD\right)+S\left(ADN\right)=\frac{1}{2}AM\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AN\cdot\sin DAC\)

\(=\frac{1}{2}AF\cdot\cos DAC\cdot AD\cdot\sin BAD+\frac{1}{2}AD\cdot AF\cdot\cos BAD\cdot\sin DAC\)

\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\left(\cos DAC\cdot\sin BAD+\sin DAC\cdot\cos BAD\right)=\frac{1}{2}\cdot AF\cdot AD\sin\left(DAC+BAD\right)\)
\(=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\sin BAC=\frac{1}{2}AF\cdot AD\cdot\frac{BC}{2R}=\frac{AF\cdot AD\cdot BC}{4R}.\)

Ở đây ta sử dụng công thức hình chiếu \(\sin\left(a+b\right)=\sin a\cos b+\cos a\sin b.\)

Vậy ta có tứ giác AMDN và tam giác ABC cùng diện tích.
 

8 tháng 4 2020

Karin Korano             

câu hỏi này của lớp 11 nhé !

1 cách trình bày khác; ngắn gọn hơn nha Thầy Giáo Toán

đặt ^BAE=^CAE=α;  EAF=β

Ta có S∆ABC =1/2.AB.AF.sin(α+β)+1/2 .AC.AF sin α =AF/4R (AB.CD+AC.BD)

(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)

Diện tích tứ giác ADMN là

SADMN =1/2.AM.AD.sin α +1/2AD.AN.sin(α+β) = 1/2.AD.AF.sin(2α +β) =AF/4R.AD.BC (2)

Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có

: AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).

Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh

 

28 tháng 10 2017

A B C G E K D F

Trên tia đối của KG lấy điểm F sao cho KG=KF.

Ta có: \(\Delta\)ABC đều => ^A=600. Xét \(\Delta\)ADE có: ^A=600, AD=AE

=> \(\Delta\)ADE đều. Mà G là trọng tâm của \(\Delta\)ADE

=> G cũng là giao của 3 đường trung trực trong \(\Delta\)ABC 

=> DG=AG (T/c đường trung trực) (1)

Xét \(\Delta\)GDK và \(\Delta\)FCK:

KD=KC

^DKG=^CKF              => \(\Delta\)GDK=\(\Delta\)FCK (c.g.c)

KG=KF

=> DG=CF (2 cạnh tương ứng). (2)

Từ (1) và (2) => AG=CF.

Cũng suy ra đc: ^GDK=^FCK (2 góc tương ứng) => ^GDE+^EDK=^FCB+^BCK

Lại có: ED//BC (Vì \(\Delta\)ADE đều) => ^EDK=^BCK (So le trong)

=> ^GDE=^FCB (Bớt 2 vế cho ^EDK, ^BCK) (3)

Xét \(\Delta\)ADE: Đều, G trọng tâm => DG cũng là phân giác ^ADE

=> ^GDE=^ADE/2=300

Tương tự tính được: ^GAD=300 => ^GDE=^GAD hay ^GDE=^GAB (4)

Từ (3) và (4) => ^GAB=^FCB

Xét \(\Delta\)AGB và \(\Delta\)CFB có:

AB=CB

^GAB=^CFB           => \(\Delta\)AGB=\(\Delta\)CFB (c.g.c)

AG=CF

=> GB=FB (2 cạnh tương ứng) (5).

=> ^ABG=^CBF (2 góc tương ứng). Lại có:

^ABG+^GBC=^ABC=600. Thay ^ABG=^CBF ta thu được:

^CBF+^GBC=600 => ^GBF=600 (6)

Từ (5) và (6) => \(\Delta\)GBF là tam giác đều. => ^BGF=600 hay ^BGK=600

K là trung điểm của GF => BK là phân giác ^GBF => ^GBK= ^GBF/2=300

Xét \(\Delta\)BGK: ^BGK=600, ^GBK=300 => ^BKG=900.

ĐS: ^GBK=300, ^BGK=600, ^BKG=900.

*Xong*

DD
23 tháng 6 2021

a) Xét tam giác \(BDC\)

\(\widehat{DBC}=180^o-\widehat{BDC}-\widehat{DCB}=180^o-30^o-60^o=90^o\)

Do đó tam giác \(BDC\)vuông tại \(B\).

Có \(\widehat{BDC}=30^o\)nên \(BC=\frac{1}{2}DC\Rightarrow AB=AC=\frac{1}{2}DC\Rightarrow DC=12\left(cm\right)\).

\(BC^2+BD^2=CD^2\)(định lí Pythagore) 

\(\Leftrightarrow BD^2=CD^2-BC^2=12^2-6^2=108\)

\(\Leftrightarrow BD=6\sqrt{3}\left(cm\right)\)

b) \(S_{ABD}=S_{DBC}-S_{ABC}=\frac{1}{2}.6.6\sqrt{3}-\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)