Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó;ΔACB vuông tại C
Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
Xét tứ giác BCEI có \(\widehat{BIE}+\widehat{BCE}=90^0+90^0=180^0\)
nên BCEI là tứ giác nội tiếp
=>B,C,E,I cùng thuộc một đường tròn
b: Xét ΔAMB vuông tại M có MI là đường cao
nên \(AI\cdot AB=AM^2\)
Xét ΔAIE vuông tại I và ΔACB vuông tại C có
\(\widehat{IAE}\) chung
Do đó: ΔAIE~ΔACB
=>\(\dfrac{AI}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)
=>\(AI\cdot AB=AC\cdot AE\)
=>\(AC\cdot AE=AM^2\)
Đây là dạng toán nâng cao chuyên đề ngày tháng, cấu trúc thi chuyên, thi học sinh giỏi các cấp. Hôm nay Olm sẽ hướng dẫn các em giải chi tiết dạng này như sau:
Giải:
Từ ngày 3 /2/1991 đến ngày 3/2/1930 có thời gian là:
1991 - 1930 = 61 (năm)
Các năm nhuận từ năm 1930 đến năm 1991 lần lượt là các năm:
`1932; 1934;...;1988
số năm nhuận từ năm 1930 đến năm 1991 là:
(1988 - 1932) : 4 + 1 = 15 (năm)
Số năm không nhuận từ năm 1930 đến năm 1991 là:
61 - 15 = 46 (năm)
Từ ngày 3/2/1930 đến ngày 3/2/1991 có số ngày là:
365 x 46 + 366 x 15 = 22280 (ngày)
Vì 22280 : 7 = 3128 (dư 6)
Ngày 3/2/1930 là ngày thứ:
8 - 6 = 2
Đáp số: thứ hai
a: Xét (O) có
ΔAEB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAEB vuông tại E
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
Xét tứ giác BEFI có \(\widehat{BEF}+\widehat{BIF}=90^0+90^0=180^0\)
nên BEFI là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔAIF vuông tại I và ΔAEB vuông tại E có
\(\widehat{FAI}\) chung
Do đó: ΔAIF~ΔAEB
=>\(\dfrac{AI}{AE}=\dfrac{AF}{AB}\)
=>\(AI\cdot AB=AF\cdot AE\)
Xét ΔACB vuông tại C có CI là đường cao
nên \(AI\cdot AB=AC^2\)
=>\(AC^2=AF\cdot AE\)
Câu 3.2
Để pt có 2 nghiệm pb thì:
$\Delta=(2m+3)^2+4(2m+4)>0$
$\Leftrightarrow (2m+3)^2+4(2m+3)+4>0$
$\Leftrightarrow (2m+3+2)^2>0\Leftrightarrow (2m+5)^2>0$
$\Leftrightarrow 2m+5\neq 0$
$\Leftrightarrow m\neq \frac{-5}{2}$
Áp dụng định lý Viet, với $x_1,x_2$ là nghiệm của pt (1) thì:
$x_1+x_2=2m+3$
$x_1x_2=-2m-4$
$\Rightarrow x_1+x_2+x_1x_2+1=0$
$\Leftrightarrow (x_1+1)(x_2+1)=0$
$\Leftrightarrow x_1=-1$ hoặc $x_2=-1$
Nếu $x_1=-1$ thì $x_2=2m+4$. Nếu $x_2=-1$ thì $x_1=2m+4$
Không mất tổng quát giả sử $x_1=-1; x_2=2m+4$
Khi đó:
$|x_1|+|x_2|=5$
$\Leftrightarrow |-1|+|2m+4|=5$
$\Leftrightarrow |2m+4|=4$
$\Leftrightarrow 2m+4=\pm 4$
$\Leftrightarrow m=0$ hoặc $m=-4$
Do $m> \frac{-5}{2}$ nên $m=0$
Lời giải:
Với $x\in\mathbb{Z}^+$, để $N$ nguyên thì:
$\sqrt{x}-5$ là ước của $9$
$\Rightarrow \sqrt{x}-5\in \left\{\pm 1; \pm 2; \pm 3; \pm 9\right\}$
$\Rightarrow \sqrt{x}\in \left\{4; 6; 7; 3; 2; 8; 14; -4\right\}$
Do $\sqrt{x}\geq 0$ nên $\sqrt{x}\in \left\{4; 6; 7; 3; 2; 8; 14\right\}$
$\Rightarrow x\in \left\{16; 36; 49; 9; 4; 64; 196\right\}$
Lời giải:
a.
Khi $m=1$ thì PT trở thành:
$x^2-4x+4=0$
$\Leftrightarrow (x-2)^2=0\Leftrightarrow x-2=0\Leftrightarrow x=2$
b.
Để PT có 2 nghiệm pb $x_1,x_2$ thì:
$\Delta'=(m+1)^2-(m^2-2m+5)>0$
$\Leftrightarrow m>1$
Áp dụng định lý Viet:
$x_1+x_2=2(m+1)$
$x_1x_2=m^2-2m+5$
Với $m>1$ thì $x_1+x_2=2(m+1)>0; x_1x_2=m^2-2m+5>0$
$\Rightarrow x_1>0; x_2>0$
Khi đó:
$\sqrt{4x_1^2+4mx_1+m^2}+\sqrt{x_2^2+4mx_2+4m^2}=7m+2$
$\Leftrightarrow \sqrt{(2x_1+m)^2}+\sqrt{(x_2+2m)^2}=7m+2$
$\Leftrightarrow |2x_1+m|+|x_2+2m|=7m+2$
$\Leftrightarrow 2x_1+m+x_2+2m=7m+2$
$\Leftrightarrow x_1+(x_1+x_2)=4m+2$
$\Leftrightarrow x_1+2m+2=4m+2$
$\Leftrightarrow x_1=2m$
$x_2=2(m+1)-x_1=2$
$m^2-2m+5=x_1x_2=2m.2=4m$
$\Leftrightarrow m^2-6m+5=0$
$\Leftrightarrow (m-1)(m-5)=0$
Do $m>1$ nên $m=5$
Câu 3:
Ta thấy $\Delta'=(m^2+2)^2+2m^2+5>0$ với mọi $m\in\mathbb{R}$ nên PT luôn có 2 nghiệm pb với mọi $m$
Áp dụng định lý Viet:
$x_1+x_2=-2(m^2+2)$
$x_1x_2=-2m^2-5$
$\Rightarrow x_1x_2+1=x_1+x_2$
$\Leftrightarrow (x_1-1)(x_2-1)=0$
$\Leftrightarrow x_1=1$ hoặc $x_2=1$
Nếu $x_2=1$ thì $x_1=(-2m^2-5):x_2=-2m^2-5$
Mà $x_1>x_2$ nên $-2m^2-5>1$ (vô lý)
Do đó $x_1=1$. Khi đó $x_2=-2m^2-5$
Ta có:
$x_1x_2+8x_1^3+5=0$
$\Leftrightarrow -2m^2-5+8+5=0$
$\Leftrightarrow 8=2m^2$
$\Leftrightarrow m^2=4\Leftrightarrow m=\pm 2$
Phương trình hoành độ giao điểm: \(x^2=mx-2m+4\Leftrightarrow x^2-mx+2m-4=0\)
\(\left(d\right),\left(P\right)\) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt, tức là:
\(\Delta=\left(-m\right)^2-4\left(2m-4\right)>0\)
\(\Leftrightarrow m^2-8m+16>0\Leftrightarrow\left(m-4\right)^2>0\Leftrightarrow m\ne4.\)
Theo định lí Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=m\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=2m-4\end{matrix}\right.\).
Theo đề: \(A=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2\)
\(\Rightarrow A=m^2-2\left(2m-4\right)=m^2-4m+8\)
\(\Rightarrow A=\left(m-2\right)^2+4\ge4\)
.Vậy: \(A_{min}=4\Leftrightarrow m=2\) (thỏa mãn).
Hỏi mô tô đi từ A đến B trên tuyến đường mới tiết kiệm được khoảng bao nhiêu thời gian so với đi trên đường cũ ?
Đây nha bạn.
a: ΔOAD cân tại O
mà OE là đường trung tuyến
nên OE\(\perp\)AD tại E
Xét tứ giác OEBM có \(\widehat{OEM}=\widehat{OBM}=90^0\)
nên OEBM là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\widehat{MBD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BD
\(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD
Do đó: \(\widehat{MBD}=\widehat{BAD}\)
Xét ΔMBD và ΔMAB có
\(\widehat{MBD}=\widehat{MAB}\)
\(\widehat{BMD}\) chung
Do đó: ΔMBD~ΔMAB
=>\(\dfrac{MB}{MA}=\dfrac{MD}{MB}\)
=>\(MB^2=MA\cdot MD\)
c: Xét tứ giác OBMC có \(\widehat{OBM}+\widehat{OCM}=90^0+90^0=180^0\)
nên OBMC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{MOC}=\widehat{MBC}\)
Xét (O) có
\(\widehat{MBC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BC
\(\widehat{BFC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC
Do đó: \(\widehat{MBC}=\widehat{BFC}\)
=>\(\widehat{MOC}=\widehat{BFC}\)