cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm O các đường cao AD, BE và CF (D thuộc BC, E thuộc AC, F thuộc AB) cắt nhau tại H.
a) chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp.
b) gọi N là giao điểm của CF và DE chứng minh DN.EF = HF.CN
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi số quyển tập ba lớp 7A,7B,7C quyên góp được lần lượt là a(quyển),b(quyển),c(quyển)
(Điều kiện: \(a,b,c\in Z^+\))
Số quyển tập ba lớp quyên góp được lần lượt tỉ lệ với 7;3;4 nên \(\dfrac{a}{7}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{4}\)
Tổng số quyển tập ba lớp quyên góp được là 420 nên a+b+c=420
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{a}{7}=\dfrac{b}{3}=\dfrac{c}{4}=\dfrac{a+b+c}{7+3+4}=\dfrac{420}{14}=30\)
=>\(a=30\cdot7=210\left(nhận\right);b=3\cdot30=90\left(nhận\right);c=4\cdot30=120\left(nhận\right)\)
vậy: số quyển tập ba lớp 7A,7B,7C quyên góp được lần lượt là 210(quyển),90(quyển),120(quyển)
Gọi số tiền đơn vị 1,2,3 đóng góp lần lượt là a(triệu),b(triệu),c(triệu)
(Điều kiện: a>0; b>0; c>0)
Số tiền đóng góp của 3 đơn vị lần lượt tỉ lệ với 3;5;8 nên \(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{8}\)
Tổng số tiền lãi là 256 triệu nên a+b+c=256
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:
\(\dfrac{a}{3}=\dfrac{b}{5}=\dfrac{c}{8}=\dfrac{a+b+c}{3+5+8}=\dfrac{256}{16}=16\)
=>\(a=16\cdot3=48;b=16\cdot5=80;c=16\cdot8=128\)
vậy: Số tiền ba đơn vị đóng góp lần lượt là 48 triệu; 80 triệu; 128 triệu
\(E\left(x\right)=2x+1=0\)
\(\Rightarrow2x=-1\)
\(\Rightarrow x=-\dfrac{1}{2}\)
Vậy \(x=-\dfrac{1}{2}\) là nghiệm của đa thức
\(E\left(x\right)=0\Rightarrow2x+1=0\)
\(\Rightarrow2x=-1\)
\(\Rightarrow x=\dfrac{-1}{2}\)
Vậy...
a: Xét ΔBAH và ΔBDH có
BA=BD
AH=DH
BH chung
Do đó: ΔBAH=ΔBDH
b: ΔBAH=ΔBDH
=>\(\widehat{ABH}=\widehat{DBH}\)
Xét ΔBAE và ΔBDE có
BA=BD
\(\widehat{ABE}=\widehat{DBE}\)
BE chung
Do đó: ΔBAE=ΔBDE
=>EA=ED
=>ΔEAD cân tại E
c: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ACB}=30^0\)
Xét ΔEDC vuông tại D có \(sinECD=\dfrac{ED}{EC}\)
=>\(\dfrac{EA}{EC}=sin30=\dfrac{1}{2}\)
=>EC=2AE
\(\left(x-3\right)\left(2x+4\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-3=0\\2x+4=0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=3\\x=-2\end{matrix}\right.\)
\(\left(x-3\right)\)\(\left(2x-4\right)\)\(=\) \(0\)
\(\Rightarrow\) \(\left(x-3\right)\)\(=\) \(0\) hoặc \(\left(2x-4\right)\)\(=\) \(0\)
\(TH1:\) \(\left(x-3\right)\)\(=\) \(0\)
\(x\) \(=\) \(0\) \(+\) \(3\)
\(x\) \(=\) \(3\)
\(TH2:\) \(\left(2x+4\right)\)\(=\) \(0\)
\(2x\) \(=\) \(0\) \(-\) \(4\)
\(2x\) \(=\) \(-4\)
\(x\) \(=\) \(-4\) \(:\) \(2\)
\(x\) \(=\) \(-2\)
Vậy \(x\) \(\in\) { \(3\) \(;\) \(-2\) }
a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)
a) Do ∆ABC cân tại A (gt)
⇒ ∠ABC = ∠ACB = (180⁰ - ∠BAC) : 2
= (180⁰ - 45⁰) : 2
= 67,5⁰
Do ∠ABC = ∠ACB > ∠BAC (67,5⁰ = 67,5⁰ > 45⁰)
⇒ AC = AB > BC
b) Do ∠ABC = ∠ACB (cmt)
⇒ ∠DBC = ∠ECB
Xét ∆BCD và ∆CBE có:
BD = CE (gt)
∠DBC = ∠ECB (cmt)
BC là cạnh chung
⇒ ∆BCD = ∆CBE (c-g-c)
⇒ ∠BDC = ∠CEB (hai góc tương ứng)
a) Số học sinh loại giỏi:
120 . 1/6 = 20 (học sinh)
Số học sinh khá:
120 . 30% = 36 (học sinh)
Số học sinh trung bình:
120 . 1/3 = 40 (học sinh)
Số học sinh yếu:
120 - 20 - 36 - 40 = 24 (học sinh)
b) Tỉ số phần trăm của số học sinh yếu so với cả lớp:
24 . 100% : 120 = 20%
a: Xét tứ giác BCEF có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BCEF là tứ giác nội tiếp