a) Vì \(\hept{\begin{cases}AD\perp BC\\CF\perp AB\\BE\perp AC\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{AFC}=90^0\\\widehat{AEB}=90^0\\\widehat{ADC}=90^0\end{cases}}\)

Xét tứ giác AEHF có: 

\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=180^0\)mà 2 góc này ở vị trí đối trong tứ giác AEHF

\(\Rightarrow AEHF\)nội tiếp ( dhnb )

+)  Xét tứ giác ACDF có: 

\(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)

mà 2 đỉnh F,D cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc vuông

\(\Rightarrow ACDF\) nội tiếp

b)  Ta có: \(\widehat{BAC}=\widehat{BVC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BC}\right)\)

Vì tứ giác  AEHF nội tiếp ( cmt) \(\Rightarrow\widehat{EHC}=\widehat{BAC}\left(tc\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\)

Xét tam giác HVC có \(\widehat{BVC}=\widehat{VHC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta HVC\)cân tại C

+)  Vì CE là đường cao của tam giác HVC cân tại C 

=> CE là đường trung tuyến của tam giác HVC

=> E là trung điểm của HV

Xét tam giác FHB và tam giác EHC có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\left(đ^2\right)\\\widehat{BFH}=\widehat{HEC}=90^0\end{cases}\Rightarrow\Delta FHB~EHC\left(g-g\right)}\) (d^2 là đối đỉnh )

\(\Rightarrow\frac{FH}{HB}=\frac{EH}{HC}\)

\(\Rightarrow FH.FC=EH.HB\)

\(\Rightarrow FH.CV=\frac{HV}{2}.HB\)

\(\Rightarrow BH.HV=2FH.CV\left(đpcm\right)\)

c) Mình sẽ làm tắt nha bạn, tắt này cơ bản thôi chỉ là cm tứ giác nội tiếp í mà

Tứ giác AFDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{FCD}\left(1\right)\)

Tứ giác EHDC nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{HED}=\widehat{HCD}\left(2\right)\)

(1), (2) \(\Rightarrow\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)

Tứ giác BFHD nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{FBH}=\widehat{FDH}\left(3\right)\)

Tứ giác BAED nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ABE}=\widehat{ADE}\left(4\right)\)

(3) , (4) \(\Rightarrow\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)

Xét tam giác AFD và tam giác EHD có:

\(\widehat{FAD}=\widehat{HED}\)và \(\widehat{FDA}=\widehat{HDE}\)

\(\Rightarrow\Delta AFD~\Delta EHD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{FA}{FD}=\frac{HE}{HD}\left(5\right)\)và \(\widehat{AFD}=\widehat{EHD}\)

Xét tam giác AFI và tam giác VHD có:

\(\hept{\begin{cases}\widehat{AFI}=\widehat{VHD}\left(cmt\right)\\\widehat{FAI}=\widehat{HVD}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta AFI~\Delta VHD\left(g-g\right)}\)

\(\Rightarrow\frac{FA}{F1}=\frac{HV}{HD}=\frac{2HE}{HD}\left(6\right)\)

(5) , (6) \(\Rightarrow\frac{FA}{FI}=\frac{2FA}{FD}\)

\(\Rightarrow FI=\frac{1}{2}FD\)

\(\Rightarrow ID=IF\left(đpcm\right)\)

Là sai

là sai

a/ Xét tg vuông ABK và tg vuông CDK có

\(\widehat{AKB}=\widehat{CKD}=90^o\)

\(\widehat{BAD}=\widehat{DCB}\) (góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung BD)

=> tg ABK đồng dạng với tg CDK \(\Rightarrow\frac{KA}{KC}=\frac{KB}{KD}\Rightarrow KA.KD=KB.KC\)

b/ Nối CH cắt AB tại I

Xét tg CDH có

\(CK\perp DH\) (đề bài) => CK là đường cao

\(KH=KD\) (đề bài) => CK là đường trung tuyến

=> tg CDH cân tại C (tg có đường cao đồng thời là đường trung tuyến => tg đó là tg cân)

\(\Rightarrow\widehat{KCD}=\widehat{KCH}\) (trong tg cân đường cao đồng thời là đường phân giác) (1)

\(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) (2)

Xét tg vuông CKD có \(\widehat{KCD}+\widehat{ADC}=90^o\) (3)

Từ (1) (2) (3) => \(\widehat{KCH}+\widehat{ABC}=90^o\Rightarrow\widehat{BIC}=90^o\Rightarrow CH\perp AB\)

Mà \(AH\perp BC\)

=> H là trực tâm của tg ABC

c/

Ta có tg ADE là tg nội tiếp đường tròn (O)

Ta có 

\(BC\perp AD\) 

DE//BC

\(\Rightarrow DE\perp AD\Rightarrow\widehat{ADE}=90^0\) => AE là đường kính đường tròn (O) => DE đi qua O => A; O; E thẳng hàng

Diện tích của hình vành là:

3,14 x ( 1,5² - 1²) = ....... ( cm²)

Đ/s: ...... cm²

=3,925cm2

sau này chỉ có làm thì mới có ăn,còn cái loại mà ko tự làm thỉ chỉ có ăn đầu b**i , ăn c*t

Chiều cao của hình trụ là:

439,6 : 2 : 7 = 31,4 ( cm)

Đ/s: 31,4 cm

giải pt (1) ta có:

\(\sqrt{2x-y-1}\)- \(\sqrt{x+2y}\)+ \(\sqrt{3y+1}\)- \(\sqrt{x}\)=0

\(\frac{2x-y-1-x-2y}{\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x+2y}}\)+\(\frac{3y+1-x}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x}}\)=0

(x-3y-1)(\(\frac{1}{\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x+2y}}\)- \(\frac{1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x}}\))

=> x=3y+1 thay vào (2) => x=1; y=0

trường hợp 2:

\(\frac{1}{\sqrt{2x-y-1}+\sqrt{x+2y}}\)=\(\frac{1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x}}\)

=> \(\sqrt{3y+1}+\sqrt{x}\)=\(\sqrt{x+2y}+\sqrt{2x-y-1}\)

=> \(\sqrt{x}\)- \(\sqrt{2x-y-1}\)+ \(\sqrt{3y+1}\)- \(\sqrt{x+2y}\)=0

=> \(\frac{x-2x+y+1}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-y-1}}\)+\(\frac{3y+1-x-2y}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}}\)=0

=>(-x + y + 1)(\(\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-y-1}}\)+ \(\frac{1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}}\))=0

mà \(\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{2x-y-1}}\)+\(\frac{1}{\sqrt{3y+1}+\sqrt{x+2y}}\)>0

=> x=y+1 thay vào 2 => \(\hept{\begin{cases}x=1\\y=0\end{cases}}\)

để đấy ku

Chỉ cần bỏ chữ cmr là đc

làm hộ mn với,vì đây là đề dành cho học sinh giỏi,mn sao chép về

132-79=

ta có :

\(\frac{a^3+b^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3-a^3}{a^2+ab+b^2}=\frac{2a^3}{a^2+ab+b^3}+b-a\)

tương tự rồi cộng theo vế : 

\(LHS\ge2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^3}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^3}{c^2+ca+a^2}\right)\)

áp dụng bđt cô si

 \(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+\frac{a^2+ab+b^2}{9}+\frac{1}{3}\ge\frac{3a}{3}=a\)

tương tự rồi cộng theo vế 

\(2\left(\frac{a^3}{a^2+ab+b^2}+...\right)\ge a+b+c-1-\frac{2\left(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\right)}{9}\)

\(\ge\frac{2\left(9-a^2-b^2-c^2-ab-bc-ca\right)}{9}\)

đến đây chịu :)))))

giải:

Vẽ OH⊥EFOH⊥EF.

Xét tam giác HOA vuông tại H ta có:

OH<OAOH<OA.

Suy ra EF>BC.EF>BC.

Nhận xét. Trong các dây đi qua một điểm A ở trong đường tròn, dây vuông góc với OA là dây ngắn nhất.

Kẻ $OH\perp EF$.

Trong tam giác $OHA$ vuông tại $H$, ta có:

$OA>OH$

Suy ra $BC<EF$