Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Sửa đề: A,B,M,O
Xét tứ giác BMOA có
\(\widehat{BMO}+\widehat{BAO}=90^0+90^0=180^0\)
=>BMOA là tứ giác nội tiếp
=>B,M,O,A cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
BA,BM là tiếp tuyến
Do đó: BA=BM và OB là phân giác của \(\widehat{AOM}\)
=>\(\widehat{AOM}=2\cdot\widehat{AOB}\)
Xét (O) có
CA,CN là tiếp tuyến
Do đó: CA=CN và OC là phân giác của \(\widehat{AON}\)
=>\(\widehat{AON}=2\cdot\widehat{AOC}\)
\(\widehat{AON}+\widehat{AOM}=180^0\)(hai góc kề bù)
=>\(2\cdot\widehat{AOC}+2\cdot\widehat{AOB}=180^0\)
=>\(2\cdot\widehat{BOC}=180^0\)
=>\(\widehat{BOC}=90^0\)
Xét ΔOBC vuông tại O có OA là đường cao
nên \(OA^2=AB\cdot AC\)
mà AB=BM và AC=CN
nên \(OA^2=BM\cdot CN\)
c: BA=BM
=>B nằm trên đường trung trực của AM(1)
OA=OM
=>O nằm trên đường trung trực của AM(2)
Từ (1) và (2) suy ra BO là đường trung trực của AM
=>BO\(\perp\)AM tại trung điểm của AM
=>BO\(\perp\)AM tại H và H là trung điểm của AM
CA=CN
=>C nằm trên đường trung trực của AN(3)
OA=ON
=>O nằm trên đường trung trực của AN(4)
Từ (3) và (4) suy ra CO là đường trung trực của AN
=>CO\(\perp\)AN tại trung điểm của AN
=>CO\(\perp\)AN tại K và K là trung điểm của AN
Xét tứ giác AHOK có \(\widehat{AHO}=\widehat{AKO}=\widehat{HOK}=90^0\)
nên AHOK là hình chữ nhật
11x^2-490x-3000=0
<=> 11x^2+60x-550x-3000=0
<=> 11x(x-50)-60(x-50)=0
<=> (x-50)(11x-60)=0
<=> x=50 hoặc x=60/11
1. Phương pháp 1: ( Hình 1)
Nếu 
thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
2. Phương pháp 2: ( Hình 2)
Nếu AB // a và AC // a thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
(Cơ sở của phương pháp này là: tiên đề Ơ – Clit- tiết 8- hình 7)
3. Phương pháp 3: ( Hình 3)
Nếu AB 
a ; AC A thì ba điểm A; B; C thẳng hàng.
( Cơ sở của phương pháp này là: Có một và chỉ một đường thẳng
a’ đi qua điểm O và vuông góc với đường thẳng a cho trước
- tiết 3 hình học 7)
Hoặc A; B; C cùng thuộc một đường trung trực của một
đoạn thẳng .(tiết 3- hình 7)
4. Phương pháp 4: ( Hình 4)
Nếu tia OA và tia OB là hai tia phân giác của góc xOy
thì ba điểm O; A; B thẳng hàng.
Cơ sở của phương pháp này là:
Mỗi góc có một và chỉ một tia phân giác .
* Hoặc : Hai tia OA và OB cùng nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox , 
thì ba điểm O, A, B thẳng hàng.
5. Nếu K là trung điểm BD, K’ là giao điểm của BD và AC. Nếu K’
Là trung điểm BD thì K’ 
K thì A, K, C thẳng hàng.
(Cơ sở của phương pháp này là: Mỗi đoạn thẳng chỉ có một trung điểm)
C. Các ví dụ minh họa cho tùng phương pháp:
Phương pháp 1
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông ở A, M là trung điểm AC. Kẻ tia Cx vuông góc CA
(tia Cx và điểm B ở hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AC). Trên tia Cx lấy điểm
D sao cho CD = AB.
Chứng minh ba điểm B, M, D thẳng hàng.
Gợi ý: Muốn B, M, D thẳng hàng cần chứng minh 
Do 
nên cần chứng minh 
BÀI GIẢI:
AMB và CMD có: 
AB = DC (gt).
MA = MC (M là trung điểm AC)
Do đó: AMB = CMD (c.g.c). Suy ra:
Mà (kề bù) nên .
Vậy ba điểm B; M; D thẳng hàng.
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Trên tia đối của AB lấy điểm D mà AD = AB, trên tia đối
tia AC lấy điểm E mà AE = AC. Gọi M; N lần lượt là các điểm trên BC và ED
sao cho CM = EN.
Chứng minh ba điểm M; A; N thẳng hàng.
Gợi ý: Chứng minh 
từ đó suy ra ba điểm M; A; N thẳng hàng.
BÀI GIẢI (Sơ lược)
ABC = ADE (c.g.c) 
ACM = AEN (c.g.c) 
Mà 
(vì ba điểm E; A; C thẳng hàng) nên
Vậy ba điểm M; A; N thẳng hàng (đpcm)
BÀI TẬP THỰC HÀNH CHO PHƯƠNG PHÁP 1
Bài 1: Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD = AC, trên tia đối
của tia AC lấy điểm E sao cho AE = AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BE và
CD.
Chứng minh ba điểm M, A, N thẳng hàng.
Bài 2: Cho tam giác ABC vuông ở A có 
. Vẽ tia Cx BC (tia Cx và điểm A ở
phía ở cùng phía bờ BC), trên tia Cx lấy điểm E sao cho CE = CA. Trên tia đối của tia
BC lấy điểm F sao cho BF = BA.
Chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng.
Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, điểm D thuộc cạnh AB. Trên tia đối của tia CA lấy điểm
E sao cho CE = BD. Kẻ DH và EK vuông góc với BC (H và K thuộc đường thẳng BC)
Gọi M là trung điểm HK.
Chứng minh ba điểm D, M, E thẳng hàng.
Bài 4: Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ AB, kẻ
Hai tia Ax và By sao cho 
.Trên Ax lấy hai điểm C và E(E nằm giữa A và C),
trên By lấy hai điểm D và F ( F nằm giữa B và D) sao cho AC = BD, AE = BF.
Chứng minh ba điểm C, O, D thẳng hàng , ba điểm E, O, F thẳng hàng.
Bài 5.Cho tam giác ABC . Qua A vẽ đường thẳng xy // BC. Từ điểm M trên cạnh BC, vẽ các
đường thẳng song song AB và AC, các đường thẳng này cắt xy theo thứ tự tại D và E.
Chứng minh các đường thẳng AM, BD, CE cùng đi qua một điểm.
PHƯƠNG PHÁP 2
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC, AB. Trên
Các đường thẳng BM và CN lần lượt lấy các điểm D và E sao cho M là trung
điểm BD và N là trung điểm EC.
Chứng minh ba điểm E, A, D thẳng hàng.
Hướng dẫn: Xử dụng phương pháp 2
Ta chứng minh AD // BC và AE // BC.
BÀI GIẢI.
BMC và DMA có:
MC = MA (do M là trung điểm AC)
(hai góc đối đỉnh)
MB = MD (do M là trung điểm BD)
Vậy: BMC = DMA (c.g.c)
Suy ra: 
, hai góc này ở vị trí so le trong nên BC // AD (1)
Chứng minh tương tự : BC // AE (2)
Điểm A ở ngoài BC có một và chỉ một đường thẳng song song BC nên từ (1)
và (2) và theo Tiên đề Ơ-Clit suy ra ba điểm E, A, D thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho hai đoạn thẳng AC và BD cắt nhau tai trung điểm O của mỗi đoạn. Trên tia
AB lấy lấy điểm M sao cho B là trung điểm AM, trên tia AD lấy điểm N sao cho
D là trung điểm AN.
1/ \(x^3+2=3\sqrt[3]{3x-2}\)
Đặt \(\sqrt[3]{3x-2}=a\) thì ta có hệ
\(\hept{\begin{cases}x^3+2-3a=0\\a^3+2-3x=0\end{cases}}\)
Lấy trên - dưới ta được
\(x^3-a^3+3x-3a=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x-a\right)\left(x^2+ax+a^2+3\right)=0\)
\(\Leftrightarrow x=a\)
\(\Leftrightarrow x=\sqrt[3]{3x-2}\)
\(\Leftrightarrow x^3-3x+2=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x=1\\x=-2\end{cases}}\)
Bạn ơi, làm như vậy thì quá ngắn rồi ạ, với lại bạn làm thiếu mất đề bài của mình rồi
2:
1+cot^2a=1/sin^2a
=>1/sin^2a=1681/81
=>sin^2a=81/1681
=>sin a=9/41
=>cosa=40/41
tan a=1:40/9=9/40
\(3,\\ a,P=\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}:\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)-\left(\sqrt{x}+2\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}\left(x>0;x\ne1;x\ne4\right)\\ P=\dfrac{1}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}-2\right)}{x-1-x+4}\\ P=\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}\\ b,P=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow\dfrac{\sqrt{x}-2}{3\sqrt{x}}=\dfrac{1}{4}\Leftrightarrow4\sqrt{x}-8=3\sqrt{x}\\ \Leftrightarrow\sqrt{x}=8\Leftrightarrow x=64\)
\(c,x=4+2\sqrt{3}\Leftrightarrow\sqrt{x}=\sqrt{\left(\sqrt{3}+1\right)^2}=\sqrt{3}+1\\ \Leftrightarrow P=\dfrac{\sqrt{3}+1-2}{3\left(\sqrt{3}+1\right)}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{3\sqrt{3}+3}=\dfrac{\left(\sqrt{3}-1\right)\left(3\sqrt{3}-3\right)}{18}\\ P=\dfrac{12-6\sqrt{3}}{18}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{3}\)
\(d,P\in Z\Leftrightarrow3P\in Z\Leftrightarrow\dfrac{3\sqrt{x}-6}{3\sqrt{x}}\in Z\Leftrightarrow1-\dfrac{6}{3\sqrt{x}}\in Z\\ \Leftrightarrow6⋮3\sqrt{x}\Leftrightarrow3\sqrt{x}\inƯ\left(6\right)=\left\{-6;-3;-2;-1;1;2;3;6\right\}\\ \Leftrightarrow\sqrt{x}\in\left\{1;2;3;6\right\}\left(\sqrt{x}\ge0\right)\\ \Leftrightarrow x\in\left\{1;4;9;36\right\}\)
\(4,\\ A=\sqrt{x^2+2x+1}+\sqrt{x^2-2x+1}\\ A=\sqrt{\left(x+1\right)^2}+\sqrt{\left(x-1\right)^2}\\ A=\left|x+1\right|+\left|x-1\right|\\ A=\left|x+1\right|+\left|1-x\right|\ge\left|x+1+1-x\right|=\left|2\right|=2\)
Dấu \("="\Leftrightarrow x=1\)
Bài 2:
\(\text{Δ}=\left[-\left(2m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot2m\)
\(=\left(2m+1\right)^2-8m\)
\(=4m^2+4m+1-8m\)
\(=4m^2-4m+1=\left(2m-1\right)^2\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0
=>\(\left(2m-1\right)^2>0\)
=>\(2m-1\ne0\)
=>\(2m\ne1\)
=>\(m\ne\dfrac{1}{2}\)
Theo Vi-et, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{-\left[-\left(2m+1\right)\right]}{1}=2m+1\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{2m}{1}=2m\end{matrix}\right.\)
\(x_1^2+x_2^2-x_1x_2=1\)
=>\(\left(x_1+x_2\right)^2-3x_1x_2=1\)
=>\(\left(2m+1\right)^2-3\cdot2m-1=0\)
=>\(4m^2+4m+1-6m-1=0\)
=>\(4m^2-2m=0\)
=>2m(2m-1)=0
=>\(\left[{}\begin{matrix}m=0\left(nhận\right)\\m=\dfrac{1}{2}\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)