Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Gọi AD là phân giác trong của \(\Delta\)ABC. Kéo dài DM cắt BE và CA lần lượt tại N và F, AN cắt BC tại P.
Dễ thấy \(\Delta\)ADB cân tại D có trung tuyến DM, suy ra DM là trung trực của AB
Do vậy ^DAN = ^DBN = 90o suy ra AP vuông góc AD hay AP là phân giác ngoài của \(\Delta\)ABC
Từ đó \(\left(BCPD\right)=-1\). Áp dụng phép chiếu xuyên tâm N: \(\left(BCPD\right)\rightarrow\left(ECFA\right)\)
Khi đó (ECFA) là hàng điều hòa. Mà ^AMF = 90o nên MA chính là phân giác của ^CME (đpcm).
Ta có hai góc \(\widehat {xOz}\) và \(\widehat {tOy}\) đối đỉnh nên \(\widehat {xOz} = \widehat {tOy} = 38^\circ \)
hai góc \(\widehat {xOt}\) và \(\widehat {yOz}\) đối đỉnh nên \(\widehat {xOt} = \widehat {yOz}\)
\(\widehat {xOz}\) và \(\widehat {xOt}\) bù nhau nên \(\widehat {xOt} = 180^\circ - \widehat {xOz} = 180^\circ - 38^\circ = 142^\circ \)
Vậy \(\widehat {xOz} = \widehat {tOy} = 38^\circ \) và \(\widehat {xOt} = \widehat {yOz} = 142^\circ \)
Gọi N là trung điểm AB
Trong tam giác vuông ABH, HN là trung tuyến ứng với cạnh huyền
\(\Rightarrow HN=\dfrac{1}{2}AB=AN\Rightarrow\Delta AHN\) cân tại N
\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{AHN}=\widehat{MAC}\) (1)
Trong tam giác ABC, MN là đường trung bình \(\Rightarrow MN||AC\) (2)
\(\Rightarrow\widehat{NMA}=\widehat{MAC}\) (3)
(1);(3) \(\Rightarrow\widehat{AHN}=\widehat{NMA}\) \(\Rightarrow\) tứ giác AMHN nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{AHM}=90^0\) (cùng chắn AM) hay \(MN\perp AB\) (4)
(2);(4) \(\Rightarrow AB\perp AC\) hay tam giác ABC vuông tại A
Tọa độ A là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}3x-y+8=0\\3x+y-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(-1;5\right)\)
AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông
\(\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\)
Từ vecto pháp tuyến của AM và AM ta có:
\(cos\widehat{HAM}=\dfrac{\left|3.3-1.1\right|}{\sqrt{3^2+\left(-1\right)^2}.\sqrt{3^2+1^2}}=\dfrac{4}{5}\)
\(\Rightarrow AH=AM.cos\widehat{HAM}=\dfrac{6\sqrt{10}}{5}\)
Do H thuộc AH nên tọa độ có dạng: \(H\left(a;3a+8\right)\Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(a+1;3a+3\right)\)
\(\Rightarrow\left(a+1\right)^2+\left(3a+3\right)^2=\left(\dfrac{6\sqrt{10}}{5}\right)^2\)
\(\Rightarrow\) Giải ra a \(\Rightarrow\) tọa độ H \(\Rightarrow\) phương trình BC qua H và vuông góc AH nên nhận \(\left(1;3\right)\) là 1 vtpt
Chỉ lm bài thoii, hình bn tự vẽ nha !!!
\(a.\) Tứ giác \(BEDC\) có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
Suy ra tứ giác \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp
Tam giác \(DBA\) vuông tại \(D\) có đường cao \(DL\) nên suy ra \(BD^2=BL.BA\)
\(b.\) Tứ giác \(ADEH\) có:
\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\) nên tứ giác \(ADEH\) nội tiếp
Từ đó \(\widehat{BAK}=\widehat{BDE}\)
Mà \(\widehat{BJK}=\widehat{BAK}\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn một cung )
Do đó \(\widehat{BJK}=\widehat{BDE}\)
\(AB=BC=\dfrac{AD}{2}=a\Rightarrow AD=2a\)
\(C\in CD:3x+4y-4=0\Rightarrow C\left(b;4-3b\right)\)
\(xét\Delta ABC\) \(vuông\) \(tạiB\Rightarrow AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=a\sqrt{2}\)
\(\Delta ABC\) \(vuông\) \(cân\) \(tạiB\Rightarrow\) \(goscBAC=45^o\)
\(\Rightarrow góc\) \(DAC=45^o\)
\(xét\Delta ADC\) \(có:DC=\sqrt{AC^2+AD^2-2AC.AD.cos\left(45^o\right)}\)
\(=\sqrt{2a^2+4a^2-2.a^2\sqrt{2}.2.cos\left(45\right)}=a\sqrt{2}\)
\(\Rightarrow DC=AC\Rightarrow\Delta ADC\) \(cân\) \(tạiC\Rightarrow góc\left(DAC\right)=góc\left(ADC\right)=45^o\Rightarrow góc\left(ACD\right)=90^o\)
\(\overrightarrow{CA}=\left(-2-b;3b-4\right)\Rightarrow\overrightarrow{n_{ca}=}\left(4-3b;-2-b\right)\)
\(CD:3x+y-4=0\Rightarrow\overrightarrow{n}=\left(3;1\right)\)
\(\Rightarrow cos\left(90\right)=0=3\left(4-3b\right)-2-b=0\Leftrightarrow b=1\)
\(\Rightarrow C\left(1;1\right)\)
\(đặt:B\left(x;y\right)\left(y>0\right)\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{0}\\AB=BC\end{matrix}\right.\) \(hệ\) \(pt\) \(ẩn\) \(x;y\Rightarrow B=\left(......\right)\)
a) Tam giác BDC vuông tại C nên \(\sin \widehat {BDC} = \frac{{BC}}{{BD}} = \frac{a}{{2R}}.\)
b)
TH1: Tam giác ABC có góc A nhọn
\(\widehat {BAC} = \widehat {BDC}\) do cùng chắn cung nhỏ BC.
\( \Rightarrow \sin \widehat {BAC} = \sin \widehat {BDC} = \frac{a}{{2R}}.\)
TH2: Tam giác ABC có góc A tù
\(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} = {180^o}\) do ABDC là tứ giác nội tiếp (O).
\( \Rightarrow \sin \widehat {BAC} = \sin ({180^o} - \widehat {BAC}) = \sin \widehat {BDC} = \frac{a}{{2R}}.\)
Vậy với góc A nhọn hay tù ta đều có \(2R = \frac{a}{{\sin A}}.\)
b) Nếu tam giác ABC vuông tại A thì BC là đường kính của (O).
Khi đó ta có: \(\sin A = \sin {90^o} = 1\) và \(a = BC = 2R\)
Do đó ta vẫn có công thức: \(2R = \frac{a}{{\sin A}}.\)