Nửa chu vi tam giác:

\(\dfrac{\left(10+17+21\right)}{2}=24\left(cm\right)\)

Diện tích tam giác:

\(S=\sqrt{24.\left(24-10\right).\left(24-17\right).\left(24-21\right)}=84\left(cm^2\right)\)

Xét $\Delta ABC$ có $AB=10$ cm, $AC=17$ cm, $BC=21$ cm.

Gọi $AH$ là đường cao của tam giác.

Vì $BC$ là cạnh lớn nhất của tam giác nên $\hat{B},\hat{C}<90^{\circ }$, do đó $H$ nằm giữa $B$ và $C$.

Đặt $HC=x,HB=y$, ta có : $x+y=21$ (1)

Mặt khác ${AH}^2=10^2-y^2,{AH}^2=17^2-x^2$ nên $x^2-y^2=17^2-10^2=289-100=189$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $x+y=21$, $x-y=9$.

Do đó $x=15$, $y=6$.

Ta có ${AH}^2=10^2-6^2=64$ nên $AH=8$.

Vậy $S^{ABC}=\genfrac{}{}{0ex}{}{21.8}{2}=84$ (cm${}^2$).

Chiều cao của mỗi hình chóp tứ giác đều là:

     $30:2=15$ (m).

Thể tích của lồng đèn quả trám là:

     $V=2.(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{3}.20.20.15)=4000$ (cm${}^3$).

a) Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BHK\) và \(\Delta CHI\) có:

\(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (đối đỉnh)

\(\Rightarrow\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(g-g\right)\)

b) Do \(BH\) là tia phân giác của \(\widehat{KBC}\) (gt)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBH}\)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{CBI}\) (1)

Do \(\Delta BHK\) ∽ \(\Delta CHI\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{KBH}=\widehat{ICH}\) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{ICH}=\widehat{CBI}\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta CIB\) và \(\Delta HIC\) có:

\(\widehat{CBI}=\widehat{ICH}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta CIB\) ∽ \(\Delta HIC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CI}{IH}=\dfrac{IB}{CI}\)

\(\Rightarrow CI^2=IH.IB\)

c) Do \(CI\perp BH\) tại \(I\) (gt)

\(\Rightarrow BI\perp AC\)

\(\Rightarrow BI\) là đường cao của \(\Delta ABC\)

Lại có:

\(CK\perp KB\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow CK\perp AB\)

\(\Rightarrow CK\) là đường cao thứ hai của \(\Delta ABC\)

Mà H là giao điểm của \(BI\) và \(CK\) (gt)

\(\Rightarrow AH\) là đường cao thứ ba của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow AD\perp BC\)

Xét hai tam giác vuông: \(\Delta BKH\) và \(\Delta BDH\) có:

\(BH\) là cạnh chung

\(\widehat{KBH}=\widehat{DBH}\) (do BH là tia phân giác của \(\widehat{B}\))

\(\Rightarrow\Delta BKH=\Delta BDH\) (cạnh huyền - góc nhọn)

\(\Rightarrow BK=BD\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow B\) nằm trên đường trung trực của DK (3)

Do \(\Delta BKH=\Delta BDH\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow HK=HD\) (hai cạnh tương ứng)

\(\Rightarrow H\) nằm trên đường trung trực của DK (4)

Từ (3) và (4) \(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của DK

\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{BHK}=90^0\)

Mà \(\widehat{BHK}=\widehat{CHI}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{DKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (*)

\(\Delta ABC\) có:

\(BH\) là đường phân giác (cmt)

\(BH\) cũng là đường cao (cmt)

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại B

\(\Rightarrow BH\) là đường trung trực của \(\Delta ABC\)

\(\Rightarrow I\) là trung điểm của AC

\(\Rightarrow KI\) là đường trung tuyến của \(\Delta AKC\)

\(\Delta AKC\) vuông tại K có KI là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AC

\(\Rightarrow KI=IC=IA=\dfrac{AC}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta IKC\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{IKC}=\widehat{ICK}\)

\(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{ICH}\)

Mà \(\widehat{ICH}+\widehat{CHI}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{IKH}+\widehat{CHI}=90^0\) (**)

Từ (*) và (**) \(\Rightarrow\widehat{IKH}=\widehat{DKH}\)

\(\Rightarrow KH\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)

Hay \(KC\) là tia phân giác của \(\widehat{IKD}\)

a) Vì tam giác $KBC$ vuông tại $K$ suy ra $\widehat{KBH}=90^{\circ }$

Vì $CI\perp BI$ (gt) suy ra $\widehat{ClH}=90^{\circ }$

Xét $△KBH$ và $△CHI$ có:

$\widehat{KBH}=\widehat{CIH}=90^{\circ }$;

$\widehat{BHK}=\widehat{CHI}$ (đối đỉnh)

Suy ra $\Delta BHK\backsim \Delta CHI$ (g.g)

b) Ta có $\Delta BHK\backsim \Delta CHI$ suy ra $\widehat{HBK}=\widehat{HCI}$ (hai góc tương ứng) 

Mà $BH$ là tia phân giác của $\widehat{ABC}$ nên $\widehat{HBK}=\widehat{HBC}$.

Do đó $\widehat{HBC}=\widehat{HCI}$.

Xét $△CIB$ và $△HIC$ có:

$\widehat{CIB}$ chung;

$\widehat{IBC}=\widehat{HCI}$ (cmt)

Vậy $\Delta CIB\approx \Delta HIC$ (g.g) suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{CI}{HI}=\genfrac{}{}{0ex}{}{IB}{IC}$

Hay ${CI}^2=HI.IB$

c) Xét $△ABC$ có $BI\perp AC$; $CK\perp AB$; $BI\cap CK=\{H\}$

Nên $H$ là trực tâm $△ABC$ suy ra $AH\perp BC$ tại $D$.

Từ đó ta có $△BKC\backsim △HDC$ (g.g) nên $\genfrac{}{}{0ex}{}{CB}{CH}=\genfrac{}{}{0ex}{}{CK}{CD}$

Suy ra $\genfrac{}{}{0ex}{}{CB}{CK}=\genfrac{}{}{0ex}{}{CH}{CD}$ nên $△BHC\backsim △KDC$ (c.g.c)

Khi đó $\widehat{HBC}=\widehat{DKC}$ (hai góc tương ứng)

Chứng minh tương tự $\widehat{HAC}=\widehat{IKC}$

Mà $\widehat{HAC}=\widehat{HBC}$ (cùng phụ $\widehat{ACB}$ )

Suy ra $\widehat{DKC}=\widehat{IKC}$.

Vậy $KC$ là tia phân giác của $\widehat{IKD}$.

Bài 5:

Thể tích hình lập phương lớn:

$196:5\times 8=313,6$ (cm³)

Bài 6:

Thời gian ô tô đi quãng đường AB (không kể thời gian nghỉ):

15 giờ 57 phút - 10 giờ 35 phút - 1 giờ 22 phút = 4 giờ

Vận tốc của ô tô là:

$180:4=45$ (km/h)

a) ∆ABC vuông tại A (gt)

⇒ ∠ABC + ∠BCA = 90⁰ (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ nhau)

b) Do CE là đường phân giác của ∆ABC (gt)

⇒ CE là tia phân giác của ∠ACB

⇒ ∠ACE = ∠BCE

⇒ ∠ACE = ∠HCE

Xét hai tam giác vuông: ∆ACE và ∆HCE có:

CE là cạnh chung

∠ACE = ∠HCE (cmt)

⇒ ∆ACE = ∆HCE (cạnh huyền - góc nhọn)

⇒ AC = HC (hai cạnh tương ứng)

c) Do ∆ACE = ∆HCE (cmt)

⇒ AE = HE (hai cạnh tương ứng)

⇒ E nằm trên đường trung trực của AH (1)

Do AC = HC (cmt)

⇒ C nằm trên đường trung trực của AH (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CE là đường trung trực của AH

Mà I là giao điểm của AH và CE (gt)

⇒ I là trung điểm của AH

⇒ IA = IH

d) Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho AM = DM

⇒ M là trung điểm của AD

Do M là trung điểm của BC (gt)

⇒ BM = CM

Xét ∆ABM và ∆DCM có:

AM = DM

∠AMB = ∠DMC (đối đỉnh)

BM = CM (cmt)

⇒ ∆ABM = ∆DCM (c-g-c)

⇒ ∠BAM = ∠CDM (hai góc tương ứng)

Mà ∠BAM và ∠CDM là hai góc so le trong

⇒ AB // CD

Mà AB ⊥ AC (∆ABC vuông tại A)

⇒ CD ⊥ AC

Do ∆ABM = ∆DCM (cmt)

⇒ AB = CD (hai cạnh tương ứng)

Xét hai tam giác vuông: ∆ABD và ∆CDB có:

AB = CD (cmt)

DB là cạnh chung

⇒ ∆ABD = ∆CDB (hai cạnh góc vuông)

⇒ AD = BC (hai cạnh tương ứng)

Mà M là trung điểm của AD (cmt)

⇒ AD = 2AM

⇒ BC = 2AM

ta có : (x-13+y)²⁰²⁴+(x-6-y)²⁰²⁴=0

do (x-13+y)²⁰²⁴ ≥ 0 ∀ x,y 

(x-6-y)²⁰²⁴  ≥ 0 ∀ x,y

⇒ (x-13+y)²⁰²⁴+(x-6-y)²⁰²⁴ ≥ 0

Dấu "=" xảy ra khi x-13+y=0 

                              x-6-y=0

⇔ x+y = 13   (1)

     x-y =6       (2)

Từ (1) và (2) suy ra x=9,5   và y = 3,5 

Vậy .... 

       Đây là dạng toán nâng cao chuyên đề tổng hiệu lồng nhau, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi các cấp, thi violympic. Hôm nay olm.vn sẽ hướng dẫn em giải chi tiết dạng này như sau:

                     Giải

Theo bài ra ta có sơ đồ:

Theo sơ đồ ta có:

Trâu nặng số ki-lô-gam là: (750 - 20): 2 = 365 (kg)

Tổng số ki-lô-gam của bò và lợn là: 750 - 365 = 385 (kg)

Ta có sơ đồ:

Lợn nặng số ki-lô-gan là:

(385 - 85): 2  = 150 (kg)

Bò nặng số ki-lô-gam là: 385 - 150 = 235 (kg)

Đáp số: 235 kg 

Lời giải:

$359-95=(359+1)-(95+1)=360-96 = 264$

359-59 = (359+5)-(95+5)= 364-100=264

a: Xét ΔHBA vuông tại H và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔHBA~ΔABC

=>\(\dfrac{HB}{AB}=\dfrac{BA}{BC}\)

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

b: 

Xét ΔABC có

M,N lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>MN là đường trung bình của ΔABC

=>MN//BC và MN=1/2BC

Xét tứ giác BMNC có MN//BC

nên BMNC là hình thang

Hình thang BMNC có \(\widehat{MBC}=\widehat{NCB}\)

nên BMNC là hình thang cân

ΔABC vuông cân tại A

mà AH là đường cao

nên AH là đường trung tuyến

=>\(AH=\dfrac{BC}{2}=MN\)

c: Xét ΔCAB có

CM,AH là các đường trung tuyến

CM cắt AH tại K

Do đó: K là trọng tâm của ΔCAB

=>\(AK=\dfrac{2}{3}AH=\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{1}{2}\cdot BC=\dfrac{1}{3}BC\)

=>BC=3AK

4

Mình cần lời giải chi tiết ạ