K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 3 2023
1.
a. Em tự giải
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=4m-1\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=8m-2\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7x=7m+7\\y=\dfrac{3x+m-9}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=m+1\\y=2m-3\end{matrix}\right.\)
Để \(x+y=7\Rightarrow m+1+2m-3=7\)
\(\Rightarrow3m=9\Rightarrow m=3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 3 2023
2.
a. Em tự giải
b.
Phương trình có 2 nghiệm khi:
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(2m+10\right)=m^2-9\ge0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+10\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(P=x_1^2+x_2^2+8x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2+6x_1x_2\)
\(=4\left(m+1\right)^2+6\left(2m+10\right)=4m^2+20m+64\)
\(=4\left(m^2+5m+6\right)+40=4\left(m+2\right)\left(m+3\right)+40\)
Do \(\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(m+2\right)\left(m+3\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\ge40\)
Vậy \(P_{min}=40\) khi \(m=-3\)
(Nếu bài này giải là \(4m^2+20m+64=\left(2m+5\right)^2+39\ge39\) là sai vì dấu = khi đó xảy ra tại \(m=-\dfrac{5}{2}\) ko thỏa mãn điều kiện \(\Delta\) để pt có nghiệm)
18 tháng 9
a: Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó; MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AB
=>MO⊥AB
Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BA⊥BK
mà MO⊥AB
nên MO//BK
b: Gọi E là giao điểm của AM và BK, I là giao điểm của BH và MK
TA có: BA⊥BK
=>BA⊥BE
=>ΔABE vuông tại B
Ta có: \(\hat{MBA}+\hat{MBE}=\hat{ABE}=90^0\)
\(\hat{MAB}+\hat{MEB}=90^0\) (ΔABE vuông tại B)
mà \(\hat{MAB}=\hat{MBA}\) (ΔMAB cân tại M)
nên \(\hat{MBE}=\hat{MEB}\)
=>MB=ME
mà MA=MB
nên MA=ME(3)
Ta có: BH⊥AK
AE⊥KA
Do đó: BH//AE
Xét ΔKAM có IH//AM
nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{KI}{KM}\left(4\right)\)
Xét ΔKME có IB//ME
nên \(\frac{IB}{ME}=\frac{KI}{KM}\left(5\right)\)
Từ (3),(4),(5) suy ra IH=IB
=>I là trung điểm của BH
CT
25
Y
8 tháng 8 2023
Chắc câu c quá, tại tổng 2 ô vuông của hình chữ nhật có 10 chấm tròn. =)
8 tháng 8 2023
Em nghĩ là câu c vì thấy tổng của các chấm tròn ở mỗi miếng đều là 10.
18 tháng 9
a: Xét (O) có
CM,CA là các tiếp tuyến
Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA
Xét (O) có
DM,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB
Ta có: CM+MD=CD
mà CM=CA và DM=DB
nên CA+BD=CD
b: OC là phân giác của góc MOA
=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)
OD là phân giác của góc MOB
=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)
Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)
=>\(\hat{COD}=90^0\)
c: Ta có: MH⊥AB
AC⊥BA
DB⊥BA
DO đó: MH//AC//BD
Xét ΔCDB có MI//DB
nên \(\frac{CI}{IB}=\frac{CM}{MD}=\frac{CA}{BD}\)
Xét ΔICA và ΔIBD có
\(\frac{IC}{IB}=\frac{CA}{BD}\)
góc ICA=góc IBD(Hai góc so le trong, AC//BD)
Do đó: ΔICA~ΔIBD
=>\(\hat{CIA}=\hat{BID}\)
mà \(\hat{CIA}+\hat{AIB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{BID}+\hat{AIB}=180^0\)
=>A,I,D thẳng hàng
Gọi F là giao điểm của AM và BD
Xét (O) có
ΔAMB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAMB vuông tại M
=>BM⊥AF tại M
=>ΔBMF vuông tại M
Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMF}=\hat{FMB}=90^0\)
\(\hat{DBM}+\hat{DFM}=90^0\) (ΔFMB vuông tại M)
mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\)
nên \(\hat{DMF}=\hat{DFM}\)
=>DM=DF
mà DM=DB
nên DF=DB(1)
Xét ΔADB có IH//DB
nên \(\frac{IH}{DB}=\frac{AI}{AD}\left(2\right)\)
Xét ΔADF có MI//DF
nên \(\frac{MI}{DF}=\frac{AI}{AD}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra IH=MI
=>I là trung điểm của MH
d: Xét ΔBAC có IH//AC
nên \(\frac{IH}{AC}=\frac{BI}{BC}\left(4\right)\)
Xét ΔBEC có MI//EC
nên \(\frac{MI}{EC}=\frac{BI}{BC}\left(5\right)\)
Từ (4),(5) suy ra \(\frac{IH}{AC}=\frac{MI}{EC}\)
mà IH=IM
nên AC=EC
=>C là trung điểm của AE
18 tháng 9
a: Xét ΔMAB vuông tại A và ΔMDE vuông tại M có
MA=MD
\(\hat{AMB}=\hat{DME}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔMAB=ΔMDE
=>AB=DE
BC=AB+CD
=>BC=DE+DC=CE
=>ΔCBE cân tại C
b: Kẻ MK⊥BC tại K
ΔCBE cân tại C
=>\(\hat{CBE}=\hat{CEB}\)
mà \(\hat{CEB}=\hat{ABE}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
nên \(\hat{CBE}=\hat{ABE}\)
=>BE là phân giác của góc ABC
Xét ΔBAM vuông tại A và ΔBKM vuông tại K có
BM chung
\(\hat{ABM}=\hat{KBM}\)
Do đó: ΔBAM=ΔBKM
=>MA=MK
=>MA=MK=MD
=>K nằm trên đường tròn đường kính AD
Xét (M) có
MK là bán kính
BC⊥MK tại K
Do đó: BC là tiếp tuyến của (M)
=>BC là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AD
PB
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 1 2024
a. Câu này đơn giản em tự giải
b.
Xét hai tam giác OIM và OHN có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OIM}=\widehat{OHN}=90^0\\\widehat{MON}\text{ chung}\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OIM\sim\Delta OHN\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OM}{ON}\Rightarrow OI.ON=OH.OM\)
Cũng từ 2 tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{OMI}=\widehat{ONH}\)
Tứ giác OAMI nội tiếp (I và A cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{OMI}\)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{ONH}\) hay \(\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\)
c.
Xét hai tam giác OAI và ONA có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\left(cmt\right)\\\widehat{AON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAI\sim\Delta ONA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{ON}=\dfrac{OI}{OA}\Rightarrow OI.ON=OA^2=OC^2\) (do \(OA=OC=R\))
\(\Rightarrow\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\)
Xét hai tam giác OCN và OIC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\\\widehat{CON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OCN\sim\Delta OIC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OCN}=\widehat{OIC}=90^0\) hay tam giác ACN vuông tại C
\(\widehat{ABC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow BC\perp AB\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACN với đường cao BC:
\(BC^2=BN.BA=BN.2BH=2BN.BH\) (1)
O là trung điểm AC, H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\) là đường trung bình tam giác ABC
\(\Rightarrow OH=\dfrac{1}{2}BC\)
Xét hai tam giác OHN và EBC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OHN}=\widehat{EBC}=90^0\\\widehat{ONH}=\widehat{ECB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{IEB}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OHN\sim\Delta EBC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OH}{EB}=\dfrac{HN}{BC}\Rightarrow HN.EB=OH.BC=\dfrac{1}{2}BC^2\)
\(\Rightarrow BC^2=2HN.EB\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow BN.BH=HN.BE\)
\(\Rightarrow BN.BH=\left(BN+BH\right).BE\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BE}=\dfrac{BN+BH}{BN.BH}=\dfrac{1}{BH}+\dfrac{1}{BN}\) (đpcm)
T
3 tháng 8 2023
Đáp án b
Các hình màu xanh là phản chiếu của các hình máu cam trong gương.
GN
GV Nguyễn Trần Thành Đạt
Giáo viên
3 tháng 8 2023
Nhìn sơ sơ đoán là chọn B
Kiểu 2 hình ở gần (đáy hình cam trên và đỉnh hình xanh dưới sẽ giống nhau), 2 hình còn lại giống nhau tại vị trí đỉnh trên hình cam và đáy dưới hình xanh
NT
0
Lời giải:
a. ĐKXĐ: $x>0; x\neq 1$
\(P=\left[\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}+\frac{\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}\right].\frac{x+\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}\)
\(=\frac{x+\sqrt{x}+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-1)(\sqrt{x}+1)}.\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+1)}{\sqrt{x}+2}=\frac{x}{\sqrt{x}-1}\)
b.
$P>2 \Leftrightarrow \frac{x}{\sqrt{x}-1}-2>0$
$\Leftrightarrow \frac{x-2\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \frac{(\sqrt{x}-1)^2+1}{\sqrt{x}-1}>0$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}-1>0$ (do $(\sqrt{x}-1)^2+1>0$)
$\Leftrightarrow x>1$
Kết hợp đkxđ suy ra $x>1$
c.
$\frac{1}{P}=\frac{\sqrt{x}-1}{x}$
Áp dụng BĐT Cô-si:
$x+4\geq 4\sqrt{x}\Rightarrow x\geq 4(\sqrt{x}-1)$
$\Rightarrow \frac{\sqrt{x}-1}{x}\leq \frac{\sqrt{x}-1}{4(\sqrt{x}-1)}=\frac{1}{4}$
Vậy $\frac{1}{P}$ max $=\frac{1}{4}$ khi $x=4$
em cảm ơn ạ.