Gọi A,B lần lượt là trung điểm của MP,MN. Gọi O là giao điểm của NA và PB

Ta có: \(MB=BN=\dfrac{MN}{2}\)

\(MA=AP=\dfrac{MP}{2}\)

mà MN=MP

nên MB=BN=MA=AP

Xét ΔBNP và ΔAPN có

BN=AP

\(\widehat{BNP}=\widehat{APN}\)

PN chung

Do đó: ΔBNP=ΔAPN

=>\(\widehat{BPN}=\widehat{ANP}\)

=>\(\widehat{ONP}=\widehat{OPN}\)

=>ON=OP
ΔMNP đều

mà PB là đường trung tuyến

nên PB\(\perp\)MN tại B

=>OB\(\perp\)MN tại B

Xét ΔOMN có

OB là đường cao

OB là đường trung tuyến

Do đó: ΔOMN cân tại O

=>OM=ON

mà ON=OP

nên OM=ON=OP

=>O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔMNP

Xét ΔMNP đều có PB là đường trung tuyến

nên \(PB=MN\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔMNP có

PB,NA là các đường trung tuyến

PB cắt NA tại O

Do đó: O là trọng tâm của ΔMNP

=>\(OP=\dfrac{2}{3}\cdot PB=\dfrac{2}{3}\cdot5\sqrt{3}=\dfrac{10\sqrt{3}}{3}\left(cm\right)\)

=>Bán kính là \(\dfrac{10\sqrt{3}}{3}\left(cm\right)\)

Câu 1:

x2−4x+3=0x^2 - 4x + 3 = 0x2−4x+3=0

Phương trình này là phương trình bậc hai có dạng chuẩn ax2+bx+c=0ax^2 + bx + c = 0ax2+bx+c=0 với:

• a=1a = 1a=1, b=−4b = -4b=−4, c=3c = 3c=3.

Tính biệt số Δ\DeltaΔ:

Δ=b2−4ac=(−4)2−4(1)(3)=16−12=4.\Delta = b^2 - 4ac = (-4)^2 - 4(1)(3) = 16 - 12 = 4.Δ=b2−4ac=(−4)2−4(1)(3)=16−12=4.

Vì Δ>0\Delta > 0Δ>0, phương trình có hai nghiệm phân biệt:

x=−b±Δ2a=4±22.x = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a} = \frac{4 \pm 2}{2}.x=2a−b±Δ​​=24±2​.

Suy ra hai nghiệm:

x1=4−22=1,x2=4+22=3.x_1 = \frac{4 - 2}{2} = 1, \quad x_2 = \frac{4 + 2}{2} = 3.x1​=24−2​=1,x2​=24+2​=3.

Vậy nghiệm của phương trình là x=1x = 1x=1 hoặc x=3x = 3x=3.

Câu 2

Phương trình:

x2−2(m−1)x+m2−m−4=0x^2 - 2(m-1)x + m^2 - m - 4 = 0x2−2(m−1)x+m2−m−4=0

Có hai nghiệm phân biệt khi:

Δ′=(m−1)2−(m2−m−4)>0.\Delta' = (m-1)^2 - (m^2 - m - 4) > 0.Δ′=(m−1)2−(m2−m−4)>0.

Tính toán:

m2−2m+1−m2+m+4>0.m^2 - 2m + 1 - m^2 + m + 4 > 0.m2−2m+1−m2+m+4>0. −m+5>0.- m + 5 > 0.−m+5>0. m<5.m < 5.m<5.

Ta có điều kiện:

x12−2x2(x2−2)+m2−5m=0.x_1^2 - 2x_2(x_2 - 2) + m^2 - 5m = 0.x12​−2x2​(x2​−2)+m2−5m=0.

Sử dụng định lý Vi-ét

x1+x2=2(m−1),x_1 + x_2 = 2(m-1),x1​+x2​=2(m−1), x1x2=m2−m−4.x_1 x_2 = m^2 - m - 4.x1​x2​=m2−m−4.

Dùng đẳng thức:

x12=(x1+x2)2−2x1x2.x_1^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1 x_2.x12​=(x1​+x2​)2−2x1​x2​.

Thay vào:

(2(m−1))2−2(m2−m−4)−2x2(x2−2)+m2−5m=0.(2(m-1))^2 - 2(m^2 - m - 4) - 2x_2(x_2 - 2) + m^2 - 5m = 0.(2(m−1))2−2(m2−m−4)−2x2​(x2​−2)+m2−5m=0.

Biến đổi:

4(m−1)2−2(m2−m−4)−2x22+4x2+m2−5m=0.4(m-1)^2 - 2(m^2 - m - 4) - 2x_2^2 + 4x_2 + m^2 - 5m = 0.4(m−1)2−2(m2−m−4)−2x22​+4x2​+m2−5m=0.

Dùng x22=(x1+x2)2−2x1x2x_2^2 = (x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2x22​=(x1​+x2​)2−2x1​x2​, thay vào:

4(m−1)2−2(m2−m−4)−2[(2(m−1))2−2(m2−m−4)]+4x2+m2−5m=0.4(m-1)^2 - 2(m^2 - m - 4) - 2[(2(m-1))^2 - 2(m^2 - m - 4)] + 4x_2 + m^2 - 5m = 0.4(m−1)2−2(m2−m−4)−2[(2(m−1))2−2(m2−m−4)]+4x2​+m2−5m=0.

Rút gọn:

4(m2−2m+1)−2m2+2m+8−2[4(m2−2m+1)−2m2+2m+8]+4x2+m2−5m=0.4(m^2 - 2m + 1) - 2m^2 + 2m + 8 - 2[4(m^2 - 2m + 1) - 2m^2 + 2m + 8] + 4x_2 + m^2 - 5m = 0.4(m2−2m+1)−2m2+2m+8−2[4(m2−2m+1)−2m2+2m+8]+4x2​+m2−5m=0.

Sau khi tiếp tục biến đổi và rút gọn, ta giải phương trình để tìm các giá trị mmm thỏa mãn.
Kết quả cuối cùng là m=3m = 3m=3 (thỏa mãn cả hai điều kiện trên).

a: Xét (\(O_1\)) có

ΔAEH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAEH vuông tại E

=>HE\(\perp\)AC tại E

Xét \(\left(O_2\right)\) có

ΔHFB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHFB vuông tại F

=>HF\(\perp\)CB tại F

Xét ΔCHA vuông tại H có HE là đường cao

nên \(CE\cdot CA=CH^2\left(1\right)\)

Xét ΔCHB vuông tại H có HF là đường cao

nên \(CF\cdot CB=CH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(CE\cdot CA=CF\cdot CB\)

=>\(\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CF}{CA}\)

Xét ΔCEF và ΔCBA có

\(\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CF}{CA}\)

\(\widehat{ECF}\) chung

Do đó: ΔCEF~ΔCBA

=>\(\widehat{CEF}=\widehat{CBA}\)

mà \(\widehat{CEF}+\widehat{FEA}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{FEA}+\widehat{FBA}=180^0\)

=>AEFB là tứ giác nội tiếp

`3x^2 + 4x - 4 = 0`

`<=> 3x^2 - 2x + 6x - 4 = 0`

`<=> (3x^2 - 2x) + (6x - 4) = 0`

`<=> x (3x - 2) + 2(3x - 2) = 0`

`<=> (x + 2)(3x - 2) = 0`

`<=> x = -2` hoặc `x = 2/3`

Vậy ...

\(x\) = \(-4+8\) / \(6\) = 2/3

Bài 17:

a:

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

nên OBAC là tứ giác nội tiếp

=>O,B,A,C cùng thuộc một đường tròn

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

=>BC\(\perp\)CD
mà OA\(\perp\)BC

nên OA//CD

b: Xét (O) có

ΔBED nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔABD vuông tại B có BE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AB^2\left(3\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(AE\cdot AD=AH\cdot AO\)

=>\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

Xét ΔAEH và ΔAOD có

\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAOD

=>\(\widehat{AHE}=\widehat{ADO}\)

Bài 15:

a:

Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE\(\perp\)AC tại E

b: 

Xét (O) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>CF\(\perp\)AB tại F

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại D

Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHD là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}\)(BFHD nội tiếp)

\(\widehat{EDH}=\widehat{ECH}\)(CEHD nội tiếp)

mà \(\widehat{FBH}=\widehat{ECH}\left(=90^0-\widehat{BAC}\right)\)

nên \(\widehat{FDH}=\widehat{EDH}\)

=>DA là phân giác của góc FDE

help me

a: Các kết quả có thể xảy ra nằm trong tập hợp sau:

\(\Omega=\left\{\left(1;1\right);\left(1;2\right);...;\left(6;5\right);\left(6;6\right)\right\}\)

=>Có 36 kết quả có thể xảy ra

b: Gọi A là biến cố "Tổng số chấm ở hai con xúc sắc là 7"

=>A={(1;6);(2;5);(3;4);(4;3);(5;2);(6;1)}

=>n(A)=6

=>\(P_A=\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6}\)

a) Xúc xắc 1 có 6 kết quả (6 mặt)

Xúc xắc 2 có 6 kết quả

Số kết quả xảy ra khi tung 2 xúc xắc là: 

`6 xx 6 = 36` (kết quả) 

`69^2022`

`= (...9)^2022`

Có cùng chữ số tận cùng với `9^2022`

Ta có: `9^2022 = 9^(1011.2) = (9^2)^1011 = 81^1011` có tận cùng chữ số 1

Vậy ....

\(15^{15^{15^{15}}}\) có tận cùng là chữ số 5 do các chữ số tận cùng là 5 mũ bao nhiêu cũng tận cùng là 5 ngoại từ mũ 0

Để phương trình là phương trình bậc hai thì \(\sqrt{m}>=0\)

=>m>=0

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\left[-2\left(\sqrt{m}+1\right)\right]^2-4\left(\sqrt{m}+1\right)>0\)

=>\(4\left(m+2\sqrt{m}+1\right)-4\left(\sqrt{m}+1\right)>0\)

=>\(4\left(m+\sqrt{m}\right)>0\)(luôn đúng khi m>=0)

Điều kiện: `m >= 0`

Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 

`<=> Δ' > 0`

`<=> (sqrt{m} + 1)^2 - (sqrt{m} + 1).1 > 0`

`<=> m^2 + 2sqrt{m} + 1 - sqrt{m} - 1 > 0`

`<=> m^2 + sqrt{m} >= 0` (Thỏa mãn với mọi `m >= 0)`