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
27 tháng 7 2021
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
NV
Mọi người giúp em bài này với ạ.EM cần gấp ạ
1
NV
Mọi người giúp em bài này với ạ.EM cần gấp ạ
0
NV
0
NV
0
NV
ấp ạ
0
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
Lời giải:
a) $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MC.MD$
c) Dễ thấy $AB\perp MO$ tại $H$.
Xét tam giác $AMO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng định lý hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$MA^2=MH.MO$
Kết hợp kết quả phần b suy ra $MH.MO=MC.MD$
$\Rightarrow CHOD$ là tứ giác nội tiếp.
d) Vận dụng giả thiết $AD\parallel MB$ và tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến- dây cung ta có:
$\widehat{MCB}=180^0-\widehat{CMB}-\widehat{CBM}$
$=180^0-\widehat{CDA}-\widehat{CDB}$
$=180^0-\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (do $ACBD$ là tứ giác nội tiếp)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
** Khuyên chân thành các bạn muốn nâng cao xác suất được hỗ trợ thì nên chịu khó gõ đề bằng công thức toán. Chụp hình như này đọc bài rất nản, đặc biệt là hình xoay ngược đọc mỏi cổ lém.
8 tháng 11 2021
Bài 2:
a, Do tam giác MNP cân tại M nên MN=MP
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{1}{2}MP\Rightarrow MO=ON=MO'=O'P\)
\(\Rightarrow MO=OD=DO'=O'M\) (OD và O'D là các bán kính của (O) và (O'))
Do đó MODO' là hthoi
\(\Rightarrow\widehat{OMO'}=\widehat{ODO'}\)
Lại có \(ON=OD\Rightarrow\widehat{OND}=\widehat{ODN};DO'=O'P\Rightarrow\widehat{O'DP}=\widehat{O'PD}\)
\(\Rightarrow\widehat{NDP}=\widehat{NDO}+\widehat{ODO'}+\widehat{O'DP}=\widehat{OND}+\widehat{O'PD}+\widehat{OMO'}=180^0\)
Vậy \(\widehat{NDP}\) là góc bẹt hay N,D,P thẳng hàng
b, Vì \(\left\{{}\begin{matrix}MO=ON\\MO'=O'P\end{matrix}\right.\) nên OO' là đtb tg MNP
Do đó OO'//NP
Mà OO'⊥MD (hthoi MODO')
Suy ra NP⊥MD
Mà tam giác MNP cân tại M nên MD cũng là trung tuyến
\(\Rightarrow ND=DP\\ \Rightarrow\stackrel\frown{DN}=\stackrel\frown{DP}\)
c, Vì O'D là đtb tg MNP nên O'D//OE hay OO'DE là hình thang
Mà OD=O'E (do là bán kính 2 đg tròn (O) và (O')) nên OO'DE là htc
Do đó OO'DE nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{O'OD}=\widehat{O'ED}\) (cùng chắn O'D)
Mà tam giác OO'D và O'ED cân tại D và O' nên \(\widehat{EO'D}=\widehat{ODO'}\left(180^0-2\widehat{O'OD}=180^0-2\widehat{O'ED}\right)\)
Mà \(\widehat{OMO'}=\widehat{ODO'}\Rightarrow\widehat{OMO'}=\widehat{EO'D}\)
Mà \(\widehat{OMO'}=\widehat{DO'P}\) (đồng vị) \(\Rightarrow\widehat{DO'P}=\widehat{EO'D}\)
\(\Rightarrow\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DP}\) hay ta đc đpcm
Bài 2:
\(b,\Delta=4\left(m+1\right)^2-4m\left(m+2\right)\\ =4m^2+8m+4-4m^2-8m=4>0,\forall m\)
Vậy PT có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Khi đó \(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2\left(m+1\right)-2}{2}=m\\x=\dfrac{2\left(m+1\right)+1}{2}=m+2\end{matrix}\right.\)
Bài 3:
Gọi nghiệm chung 2 PT là \(x_1\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1^2-\left(m+4\right)x_1+m+5=0\left(1\right)\\x_1^2-\left(m+2\right)x_1+m+1=0\left(2\right)\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left(1\right)-\left(2\right)=-\left(m+4\right)x_1+m+5+\left(m+2\right)x_1-m-1=0\\ \Leftrightarrow x_1\left(-m-4+m+2\right)+4=0\\ \Leftrightarrow-2x_1=-4\Leftrightarrow x_1=-2\)
Thay \(x_1=-2\) vào \(\left(2\right)\Leftrightarrow4+2\left(m+2\right)+m+1=0\)
\(\Leftrightarrow3m+9=0\Leftrightarrow m=-3\)
Bài 2:
\(a,\forall m=0\\ PT\Leftrightarrow-2\left(m-1\right)x=-2\left(m-1\right)\Leftrightarrow x=1\\ \forall m\ne0\\ \Delta=4\left(m-1\right)^2-8m\left(m-1\right)\\ =4m^2-8m+4-8m^2+8m\\ =4-4m^2\)
PT vô nghiệm \(\Leftrightarrow4-4m^2< 0\Leftrightarrow m^2>1\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m>1\\m< -1\end{matrix}\right.\)
PT có nghiệm kép \(\Leftrightarrow4-4m^2=0\Leftrightarrow\left(1-m\right)\left(1+m\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=1\\m=-1\end{matrix}\right.\)
Khi đó \(x=\dfrac{2\left(m-1\right)}{2m}=\dfrac{m-1}{m}\)
PT có 2 nghiệm phân biệt \(\Leftrightarrow4-4m^2>0\Leftrightarrow-1< m< 1;m\ne0\)
Khi đó \(x=\dfrac{2\left(m-1\right)\pm\sqrt{4-4m^2}}{2m}=\dfrac{2\left(m-1\right)\pm2\sqrt{1-m^2}}{2m}=\dfrac{m-1\pm\sqrt{1-m^2}}{2}\)