a/ H và K cùng nhìn BE dưới 1 góc vuông nên H và K cùng nằm trên đường tròn đường kính BE

=> BHEK là tứ giác nội tiếp

b/

Xét tg vuông ABE có

\(BE^2=BH.BA\) (Trong tg vuông bình phương 1 cạnh góc vuông bằng tích giữa hình chiếu của cạnh góc vuông trên cạnh huyền với cạnh huyền)

Xét tg vuông CBE có

\(BE^2=BK.BC\) (Lý do như trên)

\(\Rightarrow BH.BA=BK.BC\) (đpcm)

c/

Gọi M là giao của BE và CF

Nối H với K cắt EF tại I' và cắt CF tại N

Ta có E và F cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông nên E và F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC

=> BCEF là tứ giác nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{EFC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung EC)

Ta có

\(EH\perp AB;CF\perp AB\) => EH//CF \(\Rightarrow\widehat{EFC}=\widehat{HEF}\) (góc so le trong)

\(\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\)

Xét tg vuông HEF và tg vuông EBC có

\(\widehat{EBC}=\widehat{HEF}\) (cmt) \(\Rightarrow\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) 

Xét tg vuông MEC có

\(\widehat{ECF}=\widehat{MEN}\) (cùng phụ với \(\widehat{EMC}\) )

Ta có \(\widehat{FEB}=\widehat{FCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung FB)

\(\Rightarrow\widehat{FEB}+\widehat{MEN}=\widehat{FCB}+\widehat{ECF}\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{ECB}\)

Mà \(\widehat{ECB}=\widehat{HFE}\) (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{FEN}=\widehat{HFE}\) => HF//EN (hai đường thẳng bị cắt bởi 1 đường thẳng tạo thành hai góc so le trong bằng nhau thì chúng // với nhau)

Mà HE//CF (cmt)

=> HENF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối // với nhau từng đôi 1 là hbh)

=> I'E = I'F (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

=> I' là trung điểm của EF mà I cũng là trung điểm của EF => I trùng I'

=> H; I; K thẳng hàng

1) \(\widehat{BHE}=\widehat{BKE}=90^o\) nên \(H,K\) cùng nhìn \(BE\) dưới một góc vuông suy ra \(BHEK\) nội tiếp. 

2) Xét tam giác \(BEA\) vuông tại \(E\) đường cao \(EH\): 

\(BH.BA=BE^2\) (hệ thức trong tam giác vuông) 

Tương tự khi xét tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) đường cao \(EK\) cũng có \(BK.BC=BE^2\) suy ra \(BH.BA=BK.BC\).

3) Gọi \(I'\) là giao điểm của \(HK\) và \(EF\). Ta sẽ chứng minh \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

\(BFEC\) nội tiếp nên \(\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)

\(BHEK\) nội tiếp nên \(\widehat{EBK}=\widehat{EHK}\)

\(EH//CF\) nên \(\widehat{HEF}=\widehat{EFC}\)

suy ra \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) suy ra tam giác \(I'HE\) cân tại \(I'\) suy ra \(I'H=I'E\).

Từ \(\widehat{EHK}=\widehat{HEF}\) ta cũng suy ra \(\widehat{I'HF}=\widehat{I'FH}\) suy ra tam giác \(I'FH\) cân tại \(I'\) nên \(I'H=I'F\) suy ra \(I'F=I'E\) nên \(I'\) là trung điểm của \(EF\).

Suy ra \(I\) và \(I'\) trùng nhau. 

Suy ra đpcm. 

vì A là giao điểm của d và Oy nên A(0;y)

vì A \(\in\) d nên tọa độ A thỏa mãn :

y = m . 0 + 4 = 4

tọa độ của A là : A(0;4)

vì B cắt trục Ox  tại B nên B(x;0)

vì B \(\in\) d nên tọa độ B thỏa mãn 

0 = m.x + 4 

x = \(\dfrac{-4}{m}\)

Để tam giác OAB cân tại O thì |\(\dfrac{-4}{m}\)| = 4

                                               |m| =  1

                                                m = 1 và m= -1 

kết luận : A(0;4) và m = 1 và m = -1

Gọi vận tốc đi bộ của An là x

Vận tốc đi xe đạp của An là x+9

Thời gian đi buổi sáng là \(\dfrac{3}{x}\)

Thời gian đi buổi chiều là \(\dfrac{3}{x+9}\)

45 phút = 3/4 giờ

Ta có PT

\(\dfrac{3}{x}-\dfrac{3}{x+9}=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow4\left(x+9\right)-4x=x\left(x+9\right)\)

\(\Leftrightarrow x^2+9x-36=0\)

Giải PT ta có

\(x_1=-12\) (loại)

\(x_2=3\)

Vậy vận tốc đi bộ của An là 3km/h

gọi vận tốc đi bộ của An là x(km/h ; x>0)

vì vận tốc đi xe đạp lớn hơn vận tốc đi bộ là 9km/h 
=> vận tốc đi xe đạp là x+9(km/h)

thời gian đi xe đạp là \(\dfrac{3}{x+9}\left(h\right)\)

thời gian đi bộ là \(\dfrac{3}{x}\left(h\right)\)

đổi : 45p=\(\dfrac{3}{4}\left(h\right)\)

ta có phương trình:

\(\dfrac{3}{x}-\dfrac{3}{x+9}=\dfrac{3}{4}\)

⇔3.4.(x+9) - 3.4.x=3.x.(x+9)
⇔12x+108-12x-3x²-27x=0
<=>-3x²-27x+108=0
⇔ x=3  (tm)

     x=-12 (loại)

vậy vận tốc đi bộ là 3km /h

Quay tam giác \(ABC\) quanh cạnh \(AB\) cố định thu được hình nón có đỉnh là \(B\) đáy là đường tròn đáy bán kính \(AC\).

Theo định lí Pythagore ta có: 

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(\Leftrightarrow AC=\sqrt{10^2-6^2}=8\left(cm\right)\)

Diện tích xung quanh hình nón là :

\(S_{xq}=\pi rl=\pi.AC.BC=80\pi\left(cm^2\right)\)

Bài 3: 

a) Với \(m=2\):

\(x^2+4m-12=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x+6\right)\left(x-2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=-6\\x=2\end{matrix}\right.\).

b) Do phương trình (*) có hệ số \(ac=1.\left(-12\right)=-12< 0\) nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) .

Theo hệ thức Viete ta có: 

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4\left(1-m\right)\\x_1x_2=-12\end{matrix}\right.\)

Ta có: \(x_2\) là nghiệm của phương trình (*) nên 

\(x_2^2+4\left(m-1\right)x_2-12=0\)

\(\Leftrightarrow4\left(4-mx_2\right)=x_2^2-4x_2+4=\left(x_2-2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{4-mx_2}=\left|x_2-2\right|\)

Suy ra 

\(4\left|x_1-2\right|\sqrt{4-mx_2}=\left(x_1+x_2-x_1x_2-8\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left|x_1-2\right|\left|x_2-2\right|=\left(x_1+x_2-x_1x_2-8\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left|x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4\right|=\left(x_1+x_2-x_1x_2-8\right)^2\)

\(\Leftrightarrow2\left|-12-2.4.\left(1-m\right)+4\right|=\left[4\left(1-m\right)+12-8\right]^2\)

\(\Leftrightarrow\left|m-2\right|=\left(m-2\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=2\\m=3\end{matrix}\right.\).

Bạn cần hỗ trợ bài nào thì cut nguyên bài đó ra. Để cả đề ntn xác suất được giúp rất thấp

Please, help meeeee!!!

Số khá xấu. Bạn coi lại đề xem có viết nhầm biểu thức không?

a. Tứ giác AOBF nội tiếp vì có $\angle OAF=\angle OBF=90^o$

b. Chú ý rằng $OF\perp AB$ nên $OF\parallel AE$, ta biến đổi tỉ số bằng định lý Thales:

\(\dfrac{IK}{OF}=\dfrac{AK}{AF}=\dfrac{EG}{EO}=\dfrac{IG}{OF}\), vậy $IK=IG$

c. Nếu mình không nhầm thì PM không vuông NB, vì khi đó $M,P,E$ thẳng hàng, bạn có thể kiểm tra hình vẽ của mình :c