Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Vì \(\widehat{ABO}\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AB và dây cung BD ( đường kính AB )
\(\Rightarrow\widehat{ABO}=\frac{1}{2}.\widehat{BOD}=\frac{1}{2}.180^o=90^o\)
Chứng mình ương tự với \(\widehat{ACO}\), suy ra \(\widehat{ACO}=90^o\)
Xét tứ giác ABOC có :
Góc ABO và góc ACO là hai góc đối
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o+90^o=180^o\)
=> Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn ( theo tính chất tổng hai góc đối bằng 180 độ ... )
Gọi I là trung điểm của AB
Có tam giác ABO vuông tại B, trung tuyến là BI
=> BI = 1/2.AO=AI=IO (1)
Tam giác ACO vuông tại C, có trung tuyến là CI
=> CI=1/2.AO=AI=IO (2)
Từ (1) và (2) => BI = AI = IO = IC
=> I cách đều 4 đỉnh tứ giác ABOC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC , có bán kinh R= 1/2.AO
Bài III.2b.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)
hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)
\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có :
\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)
\(=m^2+2m+1-4m-16\)
\(=m^2-2m-15>0\).
\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).
Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)
Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).
Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)
Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).
Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).
Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt :
\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).
Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.
Bài IV.b.
Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).
Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).
Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).
Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)
\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)
Tính diện tích hình quạt tròn
Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
Câu b: Tam giác AHB vuông tại H, đường cao AH
=> AD.BD=DH2
Tương tự: AE.EC=HE2
=> AD.BD+AE.EC=DH2+HE2
=DE2 (Pytago)
=AH2 (ADHE là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông)
c, Mình không vẽ được hình nên bạn thông cảm Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là K
Từ câu b : AM^2=AE.AC
Mà AC là cát tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME
=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME
=> \(AM\perp MK\)
Mà \(AM\perp MB\)
=> M,K,B thẳng hàng
=> \(K\in MB\)cố định
Khi đó để NKmin thì K là hình chiếu của N lên MB
Đến đây bạn tự tính NK nhé
Sau đó từ MK để xác định điểm C
c)
5. Theo trên: \(\widehat{AMN}=\widehat{ACM}\)
=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\) ECM;
Nối MB ta có\(\widehat{AMB}\)= 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp\(\Delta\)ECM phải nằm trên BM
. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 \(\perp\)BM.
Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được:
O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M.
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.
câu hình;
a) Xét \(\Delta BDC\) và \(\Delta BAC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD=BA\\BCchung\\CD=CA\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BDC=\Delta BAC\left(c-c-c\right)\)
b) \(\Delta BDC=\Delta BAC\Rightarrow\angle BDC=\angle BAC=90\Rightarrow ABDC\) nội tiếp
c) \(\) MD cắt (C,CA) tại N'
Ta có: \(\angle AMN'=\angle AMD=\dfrac{1}{2}\angle ABD=\angle ABC\)
Lại có: \(\angle AN'M=\angle AN'D=\dfrac{1}{2}\angle ACD=\angle ACB\)
mà \(\angle ABC+\angle ACB=90\Rightarrow\angle AMN'+\angle AN'M=90\Rightarrow\angle MAN'=90\)
\(\Rightarrow AM\bot AN'\Rightarrow N\equiv N'\Rightarrow\) đpcm
câu đồ thị:
b) pt hoành độ giao điểm: \(\dfrac{x^2}{2}-\left(m-2\right)x-m+1=0\)
\(\Rightarrow x^2-2\left(m-2\right)x-2m+2=0\)
\(\Delta'=\left(m-2\right)^2+2m-2=m^2-2m+2=\left(m-1\right)^2+1>0\)
\(\Rightarrow\) pt luôn có 2 nghiệm phân biệt