giải hệ pt \(\hept{\begin{cases}x^2y^2-2x+y^2=0\\2x^2-4x+3=-y^3\end{cases}}\)
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có: \(\hept{\begin{cases}EM\perp AB\\AE\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BME}=90^0\\\widehat{BDE}=90^0\end{cases}}}\)
Xét tứ giác BDEM có: \(\widehat{BME}+\widehat{BDE}=180^0\)
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau của tứ giác BDEM
\(\Rightarrow BDEM\)nội tiếp ( dhnb )
b) Vì \(EQ\perp xy\)\(\Rightarrow\widehat{EQA}=90^0\)
Xét tứ giác EMQA có:
\(\widehat{EMA}=\widehat{EQA}\left(=90^0\right)\)Mà 2 đỉnh M,Q cùng nhìn cạnh AE dưới 1 góc vuông
\(\Rightarrow EMQA\)nội tiếp ( dhnb)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{MQE}=\widehat{MAE\left(1\right)}\\\widehat{QAM}=\widehat{QEM}\left(2\right)\end{cases}}\)
Ta có: \(\widehat{MAE}=\widehat{BCE}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BE}\right)\left(3\right)\)
Vì EK vuông góc với AC \(\Rightarrow\widehat{EKC}=90^0\)
Xét tứ giác EDKC có: \(\widehat{EDC}=\widehat{EKC}\left(=90^0\right)\)
Mà 2 đỉnh D,K cùng nhìn cạnh EC dưới 2 góc vuông
\(\RightarrowÉDKC\)nội tiếp ( dhnb )
\(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{BCE}\left(4\right)\)và \(\widehat{DEK}=\widehat{DCK}\left(5\right)\)
Từ (1) , (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{DKE}=\widehat{MQE}\)
Xét (O) có AQ là tiếp tuyến của (O) ; AB là dây cung
\(\Rightarrow\widehat{QAB}=\widehat{ACB}\left(6\right)\)
Từ (2) ,(5) và (6) \(\Rightarrow\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\)
Xét tam giác EQM và tam giác EKD có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{MEQ}=\widehat{DEK}\left(cmt\right)\\\widehat{MQE}=\widehat{DKE}\left(cmt\right)\end{cases}\Rightarrow\Delta EQM~\Delta EKD\left(g-g\right)}\)
c) Gọi AG là đường kính của (O)
Vì tam giác HCE có CD vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác HCE
\(\Rightarrow\Delta HCE\)cân tại C
=> CD cũng là tia phân giác góc HCE
\(\Rightarrow\widehat{HCD}=\widehat{DCE}\)(7)
Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DCE}=\widehat{NAD}\\\widehat{NHA}=\widehat{DHC}\left(2goc-đoi-đinh\right)\\\widehat{DHC}+\widehat{HCD}=90^0\end{cases}}\)kết hợp với (7)
\(\Rightarrow\widehat{NAH}+\widehat{NHA}=90^0\)
Xét tam giác NAH có: \(\widehat{NAH}+\widehat{NHA}+\widehat{ANH}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{ANH}=90^0\)
\(\Rightarrow CN\perp AB\)
Xét tam giác ABC có: \(\hept{\begin{cases}CN\perp AB\\AD\perp BC\end{cases}}\); CN cắt AD tại H
\(\Rightarrow H\)là trực tâm của tam giác ABC
\(\Rightarrow BF\perp AC\)
\(\Rightarrow\widehat{BFC}=90^0\)
Ta có: tứ giác BNFC nội tiếp ( cái này dễ , có 2 góc vuông = nhau; tự cm nha vì bài dài )
\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{AFN}\)
Mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AGC}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{AC}\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AFN}=\widehat{AGC}\)Mà \(\widehat{AGC}+\widehat{GAC}=90^0\)( ko hiểu thì hỏi nhé, làm tắt vì bài dài )
\(\Rightarrow\widehat{AFN}+\widehat{GAC}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{APF}=90^0\)
\(\Rightarrow AG\perp NF\)(8)
+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{MDE}=\widehat{MBE}\left(MBDEnt\right)\\\widehat{MBE}=\widehat{ACE}\left(ABECnt\right)\\\widehat{ACE}=\widehat{ADK}\left(DECKnt\right)\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\widehat{MDE}=\widehat{ADK}\)mà \(\widehat{MDE}+\widehat{MDA}=180^0\)
\(\Rightarrow\widehat{ADK}+\widehat{MDA}=180^0\)
\(\Rightarrow M,D,K\)thẳng hàng
Lại có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{DME}=\widehat{DBE}\\\widehat{BED}=\widehat{BAQ}\left(=\frac{1}{2}sđ\widebat{BA}\right)\\\widehat{BAQ}=\widehat{QEM}\end{cases}}\)mà \(\widehat{DBE}+\widehat{DEB}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{QEM}+\widehat{DME}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{MIE}=90^0\)
\(\Rightarrow QE\perp MK\) Mà \(QE//AG\)( cùng vuông góc với AQ )
\(\Rightarrow AG\perp MK\)(9)
Từ (8) và (9) \(\Rightarrow NF//MK\left(đpcm\right)\)
\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{a\sqrt{a}-1}{a-\sqrt{a}}+\frac{a^2-a\sqrt{a}+\sqrt{a}-1}{\sqrt{a}-a\sqrt{a}}.\)
\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(\sqrt{a}\right)^3-1}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{\left(a^2-1\right)-\left(a\sqrt{a}-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(1-a\right)}\)
\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(\sqrt{a}-1\right)\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}\left(\sqrt{a}-1\right)}+\frac{\left(a-1\right)\left(\left(a+1\right)-\sqrt{a}\right)}{\sqrt{a}\left(1-a\right)}\)
\(M=\frac{a+1}{\sqrt{a}}+\frac{\left(a+\sqrt{a}+1\right)}{\sqrt{a}}-\frac{a-\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)
\(M=\frac{a+2\sqrt{a}+1}{\sqrt{a}}\)
Cho tam giác đều ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính 11cm. Diện tích của tam giác ABCABC bằng:
A. \(6cm^2\) ; B. \(\sqrt{3}cm^2\) ;
C.\(\frac{3\sqrt{3}}{4}cm^2\) ; D. \(3\sqrt{3cm^2}\)
Câu trả lời đúng là D.
a, Tam giác ABC ngọi tiếp đường tròn \(\left(O\right)\)nên AB, BC, AC lần lượt là tiếp tuyến tại D, E , F của đường tròn.
Theo tính chất của hai đường tiếp tuyến cắt nhau, ta có:
AD = AF ; DB = BE ; FC = CE
Xét vế phải:
VP = AB + AC - BC
= ( AD + DB ) + ( AF + CF ) - ( BE + CE )
Thay DB = BE , FC = CE vào biểu thức trên, ta được:
VP = ( AD + BE ) + ( AF + CE ) - ( BE + CE )
= AD + BE + AF + CE - BE - CE
= ( AD + AF ) + ( BE - BE ) + ( CE - CE )
= AD + AF
= AD + AD = 2AD
Vậy 2AD = AB + AC - BC
b, Các hệ thức tương tự là:
2BD = BA + BC - AC
2CF = CA + CB - AB
Câu 3: Tâm của đường tròn ( O) tiếp xúc với 2 cạnh đường Ay , Ax nằm trên đường phân giác OA
Ta có
DB=DM; EC=EM; AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến các tiếp điểm = nhau)
\(C_{ADE}=AD+DM+AE+EM=AD+DB+AE+EC=\)
\(=AB+AC=2AB\)
Bạn tự vẽ hình nha
a) Ta có: AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên ΔABC cân tại A.
Lại có AO là tia phân giác của góc A nên AO ⊥ BC. (trong tam giác cân, đường phân giác cũng là đường cao)
b) Gọi I là giao điểm của AO và BC. Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây).
Xét ΔCBD có :
CI = IB
CO = OD (bán kính)
⇒ BD // OI (OI là đường trung bình của tam giác BCD).
Vậy BD // AO.
c) Theo định lí Pitago trong tam giác vuông OAC:
AC^2 = OA^2 – OC^2 = 42 – 22 = 12
=> AC = √12 = 2√3 (cm)
\(\sin OAC=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}\)
=> OAC =30 độ
mà BAC =2OAC
=. BAC =60
Tam giác ABC cân có BAC = 60 => Tam giác ABC đều
+> AB=AC=BC=2√3 (cm)
K cho mk nh
câu A : AB = AC ( theo tính chất của đường tiếp tuyến ) suy ra : tam giác ABC cân tại A , OA là đường phân giác cũng là đường cao vậy OA vuông góc với BC