K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

3 tháng 8

\(\sqrt{\left(x^2+3\right)\left(y^2+3\right)}-xy=3\)

\(\lrArr\sqrt{x^2y^2+9+3x^2+3y^2}=3+xy\)

\(\rArr x^2y^2+9+3x^2+3y^2=x^2y^2+9+6xy\)

\(\lrArr3x^2-6xy+3y^2=0\)

\(\lrArr3\left(x-y\right)^2=0\)

\(\lrArr x=y\)

Ta có \(P=\left(x+\sqrt{x^2+2025}\right)\left(x-\sqrt{x^2+2025}\right)\)

\(P=x^2-\left(\sqrt{x^2+2025}\right)^2\)

\(P=x^2-\left(x^2+2025\right)\)

\(P=-2025\)

3 tháng 8

−2025

a: Gọi G là giao điểm của BC và OI

I đối xứng với O qua BC

=>BC là đường trung trực của OI

=>BO=BI và CO=CI

mà BO=CO

nên BO=BI=CO=CI

=>BOCI là hình thoi

=>OI⊥BC tại G và G là trung điểm chung của OI và BC

Gọi K là giao điểm thứ hai của AO với (O)

=>AK là đường kính của (O)

Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

=>BK⊥BA

mà CH⊥BA

nên BK//CH

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

=>CK⊥CA

mà BH⊥CA

nên BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

=>BC cắt HK tại trung điểm của mỗi đường

mà G là trung điểm của BC

nên G là trung điểm của HK

Xét ΔKAH có

O,G lần lượt là trung điểm của KA,KH

=>OG là đường trung bình của ΔKAH

=>AH=2OG

mà OI=2OG

nên AH=OI

Ta có: AH⊥BC

OI⊥BC

Do đó: AH//OI

Xét tứ giác AHIO có

AH//OI

AH=OI

Do đó: AHIO là hình bình hành

=>HI//AO

a: Xét (HA/2) có

ΔAEH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAEH vuông tại E

=>HE⊥AB tại E

Xét (HA/2) có

ΔAFH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAFH vuông tại F

=>HF⊥AC tại F

Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=AH^2\)

Ta có: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Do đó: ΔAEF~ΔACB

b: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)

nên AEHF là hình chữ nhật

=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)

\(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)

nên \(\hat{AFE}=\hat{ABC}\)

ΔOAC cân tại O

=>\(\hat{OAC}=\hat{OCA}=\hat{ACB}\)

\(\hat{AFE}+\hat{OAC}=\hat{ABC}+\hat{ACB}=90^0\)

=>AO⊥ FE

c: Xét (O) có

ΔAKH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAKH vuông tại K

=>HK⊥AT tại K

Xét ΔAHT vuông tại H có HK là đường cao

nên \(AK\cdot AT=AH^2\)

=>\(AK\cdot AT=AE\cdot AB\)

=>\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)

Xét ΔAKB và ΔAET có

\(\frac{AK}{AE}=\frac{AB}{AT}\)

góc KAB chung

Do đó: ΔAKB~ΔAET

=>\(\hat{AKB}=\hat{AET}\)

d: ta có: A,C,B,K cùng thuộc (O)

=>ACBK nội tiếp

=>\(\hat{ACB}+\hat{AKB}=180^0\)

\(\hat{AKB}+\hat{AKI}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)

Xét ΔIKA và ΔICB có

\(\hat{IKA}=\hat{ICB}\)

góc KIA chung

Do đó: ΔIKA~ΔICB

Gọi H là trực tâm của ΔABC

=>BH⊥AC; CH⊥AB; AH⊥BC

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>BD⊥BA

mà CH⊥AB

nên CH//BD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>CA⊥CD
mà BH⊥CA

nên BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD

BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà X là trung điểm của BC

nên X là trung điểm của DH

=>DX đi qua H(1)

Xét (O) có

ΔBCE nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBCE vuông tại C

=>CB⊥CE

mà AH⊥CB

nên AH//CE

Xét (O) có

ΔEAB nội tiếp

BE là đường kính

Do đó: ΔBAE vuông tại A

=>AE⊥AB

mà CH⊥AB

nên AE//CH

Xét tứ giác AHCE có

AH//CE

AE//CH

Do đó: AHCE là hình bình hành

=>AC cắt HE tại trung điểm của mỗi đường

mà Y là trung điểm của AC

nên Y là trung điểm của EH

=>EY đi qua H(2)

Xét (O) có

ΔFAC nội tiếp

FC là đường kính

Do đó: ΔFAC vuông tại A

=>AF⊥ AC

mà BH⊥AC

nên AF//BH

Xét (O) có

ΔFBC nội tiếp

FC là đường kính

Do đó: ΔFBC vuông tại B

=>BF⊥BC

mà AH⊥BC

nên AH//BF

Xét tứ giác AHBF có

AH//BF

AF//BH

Do đó: AHBF là hình bình hành

=>AB cắt HF tại trung điểm của mỗi đường

mà Z là trung điểm của AB

nên Z là trung điểm của FH

=>FZ đi qua H(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra DX,EY,FZ đồng quy tại H

14 tháng 8

Gọi \(\angle A O C = \alpha\). Đây là góc ở tâm chắn cung \(A C\)

Quan sát hình: cung \(B D\) gồm 3 lần liên tiếp cung \(A C\) (từ B → C, C → A, A → D)

Góc ở tâm \(\angle B O D\) chắn cung \(B D\) nên:

\(\angle B O D = 3 \times \angle A O C .\)

Vậy \(\angle B O D = 3 \angle A O C\)

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
28 tháng 8

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
28 tháng 8

a: Xét (O) có

AD,BC là các dây không song song

AB//CD

Do đó: sđ cung AD=sđ cung BC

b: Ta có: ABCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{ADC}+\hat{ABC}=180^0\)

\(\hat{ABC}+\hat{BCD}=180^0\) (hai góc trong cùng phía, AB//CD)

nên \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)

Hình thang ABCD có \(\hat{ADC}=\hat{BCD}\)

nên ABCD là hình thang cân

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
28 tháng 8

QT
Quoc Tran Anh Le
Giáo viên
28 tháng 8

a: Kẻ OI⊥CD tại I

ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

=>IC=ID

ΔOMN cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của MN

=>IM=IN

Ta có: IM+MC=IC

IN+ND=ID

mà IM=IN và IC=ID

nên MC=ND

b: ΔOMN vuông tại O có OM=ON

nên ΔOMN vuông cân tại O

=>\(MN^2=OM^2+ON^2=2\cdot OM^2\)

=>\(MN=OM\cdot\sqrt2\)

Vì CM=MN=ND

nên \(CM=MN=ND=\frac{CD}{3}\)

=>\(CD=3\cdot MN=3\sqrt2\cdot OM\)

I là trung điểm của CD

=>\(IC=\frac{CD}{2}=\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\)

ΔOMN vuông cân tại O

=>\(\hat{OMI}=45^0\)

Xét ΔOMI vuông tại I có \(\hat{OMI}=45^0\)

nên ΔOMI vuông cân tại I

=>\(IM=IO\)

ΔOMI vuông tại I

=>\(IM^2+IO^2=OM^2\)

=>\(OM^2=2\cdot IO^2\)

=>\(IO^2=\frac{OM^2}{2}\)

ΔOIC vuông tại I

=>\(OI^2+IC^2=OC^2\)

=>\(OI^2=OC^2-IC^2=R^2-\left(\frac{3\sqrt2}{2}\cdot OM\right)^2=R^2-OM^2\cdot\frac92\)

=>\(\frac{OM^2}{2}+\frac92\cdot OM^2=R^2\)

=>\(R^2=5\cdot OM^2\)

=>\(OM^2=\frac{R^2}{5}\)

=>\(OM=\frac{R\sqrt5}{5}\)

28 tháng 8

Bạn học CMATH phải không vậy bạn? Mình thấy phiếu quen quen.