Em đăng kí nhận giải thưởng thành viên đạt giải của HTGD chất lượng cao olm tháng 12 ạ!

Em đăng kí nhận giải thưởng "Ứng dụng to lớn của định lý Ta-lét trong cuộc sống"

Em đăng kí nhận thưởng bằng thẻ cào thay vì tiền mặt và gp ạ!

a: Sửa đề: I là trung điểm của BC

ΔOBC cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)BC tại I và OI là phân giác của góc BOC

b: I là trung điểm của BC

=>\(BI=CI=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{8}{2}=4\left(cm\right)\)

ΔOIB vuông tại I

=>\(IO^2+IB^2=OB^2\)

=>\(OI=\sqrt{5^2-4^2}=3\left(cm\right)\)

Xét ΔOIC vuông tại I có \(sinCOI=\dfrac{CI}{OC}=\dfrac{4}{5}\)

nên \(\widehat{COI}\simeq53^0\)

=>\(\widehat{COD}\simeq53^0\)

ΔOCD vuông tại C

=>\(\widehat{COD}+\widehat{CDO}=90^0\)

=>\(\widehat{CDO}\simeq90^0-53^0=37^0\)

c: Xét ΔOBD và ΔOCD có

OB=OC

\(\widehat{BOD}=\widehat{COD}\)

OD chung

Do đó: ΔOBD=ΔOCD

=>\(\widehat{OBD}=\widehat{OCD}\)

=>\(\widehat{OBD}=90^0\)

=>DB là tiếp tuyến của (O)

a: Xét tứ giác KMOI có \(\widehat{KMO}+\widehat{KIO}=90^0+90^0=180^0\)

nên KMOI là tứ giác nội tiếp

=>K,M,O,I cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

KM,KI là các tiếp tuyến

Do đó: KM=KI

=>K nằm trên đường trung trực của MI(1)

Ta có: OM=OI

=>O nằm trên đường trung trực của MI(2)

Từ (1),(2) suy ra OK là đường trung trực của MI

=>OK\(\perp\)MI

Xét (O) có

ΔIMN nội tiếp

MN là đường kính

Do đó: ΔIMN vuông tại I

=>IM\(\perp\)IN

mà OK\(\perp\)MI

nên OK//IN

c: Gọi A là giao điểm của IH và NK, B là giao điểm của NI và KM

ΔNIM vuông tại I

=>MI\(\perp\)NB tại I

=>ΔMIB vuông tại I

Ta có: \(\widehat{IMK}+\widehat{IBK}=90^0\)(ΔMIB vuông tại I)

\(\widehat{KIM}+\widehat{KIB}=\widehat{MIB}=90^0\)

mà \(\widehat{KMI}=\widehat{KIM}\)(ΔKMI cân tại K)

nên \(\widehat{KBI}=\widehat{KIB}\)

=>KB=KI

mà KM=KI

nên KB=KM(3)

Ta có: IH\(\perp\)MN

BM\(\perp\)MN

Do đó: IH//BM

Xét ΔNKM có AH//MK

nên \(\dfrac{AH}{MK}=\dfrac{NA}{NK}\left(4\right)\)

Xét ΔNKB có AI//BK

nên \(\dfrac{AI}{BK}=\dfrac{NA}{NK}\left(5\right)\)

Từ (3),(4),(5) suy ra AH=AI

=>A là trung điểm của HI

=>NK đi qua trung điểm của IH

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

b: ΔAEB vuông tại E

=>AE\(\perp\)CB tại E

Xét ΔCAB vuông tại A có AE là đường cao

nên \(CE\cdot CB=CA^2\)

Xét (O) có

CD,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CD=CA

=>\(CE\cdot CB=CA^2=CD^2\)

=>\(\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CB}\)

Xét ΔCED và ΔCDB có

\(\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CD}{CB}\)

\(\widehat{ECD}\) chung

Do đó: ΔCED~ΔCDB

=>\(\widehat{CDE}=\widehat{CBD}\)

Bài II: Gọi vận tốc của xe tải là x(km/h)

(Điều kiện: x>0)

Vận tốc của xe khách là x+10(km/h)

Độ dài quãng đường xe tải đi từ B đến chỗ hai xe gặp nhau là:

2x(km)

Độ dài quãng đường xe khách đi từ A đến chỗ hai xe gặp nhau là:

2(x+10)(km)

Tổng độ dài quãng đường là 200km nên ta có:

2x+2(x+10)=200

=>2x+2x+20=200

=>4x=180

=>x=45(nhận)

Vậy: Độ dài quãng đường xe tải đi từ B đến chỗ gặp là \(2\cdot45=90\left(km\right)\)

Độ dài quãng đường xe khách đi từ A đến chỗ gặp là: \(2\left(45+10\right)=110\left(km\right)\)

Xét (O) có

ΔAFB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAFB vuông tại F

=>AF\(\perp\)EB tại F

Xét ΔEAB vuông tại A có AF là đường cao

nên \(BF\cdot BE=BA^2\)

=>\(BF\left(BF+9\right)=15^2=225\)

=>\(BF^2+9BF-225=0\)

\(\text{Δ}=9^2-4\cdot1\cdot\left(-225\right)=81+900=981>0\)

Do đó:

\(\left[{}\begin{matrix}BF=\dfrac{-9-\sqrt{981}}{2}\left(loại\right)\\BF=\dfrac{-9+\sqrt{981}}{2}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)

=>\(BF=\dfrac{-9+\sqrt{981}}{2}\left(cm\right)\)

Gọi \(x;y>0\left(phút\right)\) là thời gian bơi lội và đi bộ mỗi ngày

Tổng lượng calo tiêu thụ: \(10x+5y=800\Rightarrow y=160-2x\left(1\right)\)

Tổng thời gian tập luyện: \(x+y\le90\Leftrightarrow y\le90-x\)

\(\)\(\left(1\right)\Rightarrow160-2x\le90-x\)

\(\Leftrightarrow x\ge70\)

Vậy Nam cần dành tối thiểu là \(70\left(phút\right)\) cho hoạt động bơi lội mỗi ngày

Gọi giao điểm của OS và DE là K, giao điểm của AO và BC là H

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\)

Xét ΔOHS vuông tại H và ΔOKA vuông tại K có

\(\widehat{HOS}\) chung

Do đó: ΔOHS~ΔOKA

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{OS}{OA}\)

=>\(OK\cdot OS=OH\cdot OA=R^2\)

=>\(OK\cdot OS=OE^2\)

=>\(\dfrac{OK}{OE}=\dfrac{OE}{OS}\)

Xét ΔOKE và ΔOES có

\(\dfrac{OK}{OE}=\dfrac{OE}{OS}\)

\(\widehat{KOE}\) chung

Do đó: ΔOKE~ΔOES

=>\(\widehat{OKE}=\widehat{OES}\)

=>\(\widehat{OES}=90^0\)

=>SE là tiếp tuyến của (O)

ΔODE cân tại O

mà OS là đường cao

nên OS là phân giác của góc DOE

Xét ΔOES và ΔODS có

OS chung

\(\widehat{EOS}=\widehat{DOS}\)

OE=OD

Do đó: ΔOES=ΔODS

=>\(\widehat{OES}=\widehat{ODS}\)

=>\(\widehat{ODS}=90^0\)

=>SD là tiếp tuyến của (O)

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

Xét ΔDBC vuông tại C và ΔBAH vuông tại H có

\(\widehat{CDB}=\widehat{HBA}\left(=\widehat{BOA}\right)\)

Do đó: ΔDBC~ΔBAH

c: ΔDBC~ΔBAH

=>\(\dfrac{BC}{AH}=\dfrac{DC}{BH}\)

mà AH=2MH và BC=2BH(H là trung điểm của BC)

nên \(\dfrac{2BH}{2MH}=\dfrac{DC}{BH}\)

=>\(\dfrac{DC}{BH}=\dfrac{BH}{MH}\)

mà BH=HC

nên \(\dfrac{MH}{HC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Xét ΔBMH vuông tại H và ΔDHC vuông tại C có

\(\dfrac{MH}{DC}=\dfrac{BH}{DC}\)

Do đó: ΔBMH~ΔDHC

=>\(\widehat{MBH}=\widehat{HDC}\)

mà \(\widehat{MBH}=\widehat{NBC}=\widehat{NDC}\)

nên \(\widehat{HDC}=\widehat{NDC}\)

=>D,H,N thẳng hàng