Vì AI là đường cao mà tam giác ABC đều => AI đồng thời là đường trung tuyến 

=> IB = IC 

Theo định lí Pytago tam giác AIB vuông tại I

\(AI=\sqrt{AB^2-BI^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}cm\)

AI =3

giup mik với mai thi hk2 r ,mà mình chx giải ra bài này để ôn

Các nhân tài toán học cứu giúp

xét tam giac ABD và tam giác KBD có

^BAD=^BKD(BAvuông AC,DK vuông DC)

^ABD=^KBD(BDlà phân giác ^B)

BD chung

Suy ratam giac ABD = tam giác KBD(cạnh góc vuông ,góc nhọn kề)

giup voi

a) \(P\left(x\right)=2x^3-2x-x^3+3x+2x^5=2x^5+x^3+x\)

\(Q\left(x\right)=4x^3-5x^2+3x-4x-3x^3+4x^2+1\)

\(=x^3-x^2-x+1\)

\(P\left(x\right)-Q\left(x\right)=\left(2x^5+x^3+x\right)-\left(x^3-x^2-x+1\right)\)

\(=2x^5+2x^3+x^2+2x-1\)

b) Tại \(x=-1\): 

\(P\left(-1\right)-Q\left(-1\right)=2.\left(-1\right)^5+2.\left(-1\right)^3+\left(-1\right)^2+2.\left(-1\right)-1\)

\(=-6\)

c) \(P\left(x\right)=2x^5+x^3+x=x\left(2x^4+x^2+1\right)\)

\(P\left(x\right)=0\Leftrightarrow x\left(2x^4+x^2+1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow x=0\) (vì \(2x^4+x^2+1>0,\forall x\inℝ\))

Ta có đpcm. 

a) Vì \(AB< AC< BC\) nên \(\widehat{C}< \widehat{B}< \widehat{A}\).

b) Ta có: \(BC^2=15^2=225\)

\(AB^2+AC^2=9^2+12^2=81+144=225\)

suy ra \(BC^2=AB^2+AC^2\) nên theo định lí Pythagore đảo ta có tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\).

c) Xét tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\): \(AM\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(BC\) suy ra \(AM=\dfrac{BC}{2}=7,5\left(cm\right)\).

a) Xét tam giác \(CAE\) có \(CD\) vừa là trung tuyến, vừa là đường cao ứng với cạnh \(AE\) suy ra tam giác \(CAE\) cân tại \(C\).

b) tam giác \(CAE\) cân tại \(C\) suy ra \(CD\) là trung trực của cạnh \(AE\)

suy ra \(DA=ED\), \(CA=CE\).

Xét tam giác \(CDA\) và tam giác \(CDE\): 

\(CD\) cạnh chung

\(CA=CE\)

\(DA=DE\)

suy ra \(\Delta CDA=\Delta CDE\) (c.c.c) 

\(\Rightarrow\widehat{CED}=\widehat{CAD}=90^o\)

suy ra \(DE\) vuông góc với \(BC\)

do đó \(DE\) song song với \(AH\).

c) Gọi \(L\) là giao điểm của \(KD\) và \(AE\).

Xét tam giác \(AKL\) và tam giác \(EDL\): 

\(\widehat{ALK}=\widehat{ELD}\) (đối đỉnh) 

\(AL=LE\)

\(\widehat{KAL}=\widehat{DEL}\) (vì \(DE//AK\))

suy ra tam giác \(AKL\) và tam giác \(EDL\) bằng nhau (g.c.g) 

\(\Rightarrow KL=LD\)

Tứ giác \(AKED\) có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên \(AKED\) là hình bình hành. 

Suy ra \(KE//AD\)

do đó \(KE\) vuông góc với \(AC\).