Chủ đề này có 4 trả lời

[myangel25697]

Bài 1.cho tam giác ABC vuông tại A. Tia phân giác góc BD. Tia phân giác góc A cắt BD ở I.
cho $IB=10\sqrt{5};ID=5\sqrt{5}$
tính diện tích tam giác ABC
Bài 2.cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là giao điểm của các tia phân giác
cho $IA=2\sqrt{5};IB= 3cm.$
tính AB
Bài 3.cho tam giác ABC có trung tuyến AM=AC
so sánh tg B và tg C
Bài 4.cho $tg \alpha =0.5$
tính $M=(cos\alpha+sin\alpha):(cos\alpha-sin\alpha)$
Bài 5.cho hình vuông abcd.gọi m và n theo thứ tự là trung điểm của CB và CD
tính $cos \widehat{MAN}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuonganh_lms: 05-07-2011 - 23:50

[javier]

Bài 1.cho tam giác ABC vuông tại A. Tia phân giác góc BD. Tia phân giác góc A cắt BD ở I.
cho $IB=10\sqrt{5};ID=5\sqrt{5}$
tính diện tích tam giác ABC
Bài 2.cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là giao điểm của các tia phân giác
cho $IA=2\sqrt{5};IB= 3cm.$
tính AB
Bài 3.cho tam giác ABC có trung tuyến AM=AC
so sánh tg B và tg C
Bài 4.cho $tg \alpha =0.5$
tính $M=(cos\alpha+sin\alpha):(cos\alpha-sin\alpha)$
Bài 5.cho hình vuông abcd.gọi m và n theo thứ tự là trung điểm của CB và CD
tính $cos \widehat{MAN}$

Bài 2/
*Từ A vẽ AK AB tại A (K thuộc tia BI), vẽ AD BK
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle AIK $ cân tại A.
AK=IA=$ 2\sqrt{5}$ và ID=DK
*Đặt DK=x>0, ta có BK=IB+ID+DK=2x+3
*$ \vartriangle ABK $ vuông tại A có đường cao AD
AK.AK = DK.BK (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
20=x(2x+3) ... x=5/2 BK=8
*$ \vartriangle ABK $ vuông tại A BK.BK = AB.AB+AK.AK (đ/l Pythagore)
... AB=$\sqrt{44}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi javier: 06-07-2011 - 11:46

[myangel25697]

còn bài 1,3,4,5

moi nguoi giup minh cac bai con lai di

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi myangel25697: 06-07-2011 - 17:45

[javier]

moi nguoi giup minh cac bai con lai di

Bài 3/
*Gọi AH là đường cao của $ \vartriangle AMC $, tức AH cũng là đường cao của $ \vartriangle ABC $
*Do AM=AC (gt) $ \vartriangle AMC $ cân tại A AH cũng là trung tuyến của $ \vartriangle AMC $ MH=HC
*$ \vartriangle AHB $ vuông tại H TgB= $ \dfrac{AH}{BH} $
$ \vartriangle AHC $ vuông tại H TgC= $ \dfrac{AH}{HC} $
*$ \dfrac{TgB}{TgC} $=...=$ \dfrac{CH}{BH} $=$ \dfrac{CH}{3CH} $ (do BM=MC, mà MC=2CH)
$ \dfrac{TgB}{TgC} $=$ \dfrac{1}{3} $
TgC lớn hơn TgB 3 lần.

Bài 1/
*$ \vartriangle ABD $ có AI là đường phân giác
$ \dfrac{IB}{ID}= \dfrac{AB}{AD} $ ... AB=2AD
*Tương tự với $ \vartriangle ABC $ có BD là đường phân giác ... BC=2DC
*Đặt AD=x AB=2x. Đặt DC=y BC=2y.
*Ta có 4x^2 + x^2 = (15 :sqrt{5} )^2 ... x=15cm
*Ta có 4x^2 + (x+y)^2 = 4y^2, thế x=15 vào, ta có ... y=25cm
*S(ABCD)=(AB.AC)/2=(30.40)/2=600cm2

[perfectstrong]

Bài4: $\tan x = \dfrac{{\sin x}}{{\cos x}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \sin x = \dfrac{1}{2}\cos x$
Bài 5: Một cách đại số hóa khá phức tạp.
Đầu tiên đặt AD=x.
Dễ thấy MD vuông góc với AN tại G.

$AM = DM = AN = \sqrt {AD^2 + DN^2 } = x.\dfrac{{\sqrt 5 }}{2}$

$AG = \dfrac{{AD^2 }}{{AN}} = x.\dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}$

$ \Rightarrow \cos MAN = \dfrac{{AG}}{{AM}} = \dfrac{{x.\dfrac{{2\sqrt 5 }}{5}}}{{x.\dfrac{{\sqrt 5 }}{2}}} = \dfrac{4}{5}$