Cho đường thẳng xác định bởi đường thẳng thẳng qua trục hoành có phương trình là
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
đk: \(-1\le t\le1\)
Ta có: \(t^2-2\sqrt{1-t^2}=0\)
\(\Leftrightarrow t^2=2\sqrt{1-t^2}\)
\(\Rightarrow t^4=4\left(1-t^2\right)\)
\(\Leftrightarrow t^4+4t^2-4=0\)
\(\Leftrightarrow\left(t^2+2\right)^2=8\)
\(\Rightarrow t^2+2=2\sqrt{2}\left(t^2+2>0\right)\)
\(\Leftrightarrow t^2=2\left(\sqrt{2}-1\right)\)
\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}t=\sqrt{2\left(\sqrt{2}-1\right)}\\t=-\sqrt{2\left(\sqrt{2}-1\right)}\end{cases}}\)
Gọi hai số cần tìm là x,y ( x,y ∈ N ; x,y < 100 )
Không mất tính tổng quát giả sử x > y
Theo bài ra ta có hpt : \(\hept{\begin{cases}x+y=100\left(1\right)\\3x-y=140\left(2\right)\end{cases}}\)
Lấy (1) + (2) theo vế => 4x = 240 => x = 60 (tm)
Thế x = 60 vào (1) => 60 + y = 100 => y = 40 (tm)
Vậy hai số cần tìm là 60 và 40
Gọi hai số cần tìm là x,y ( x,y ∈ N ; x,y < 100 )
Không mất tính tổng quát giả sử x > y
Theo bài ra ta có hpt : \(\hept{\begin{cases}x+y=100\left(1\right)\\3x-y=140\left(2\right)\end{cases}}\)
Lấy (1) + (2) theo vế => 4x = 240 => x = 60 (tm)
Thế x = 60 vào (1) => 60 + y = 100 => y = 40 (tm)
Vậy hai số cần tìm là 60 và 40
a) Ta có tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), BE là đường cao của tam giác ABC và cắt AC tại H, CF là đường cao của tam giác ABC và cắt AB tại F.
Chứng minh tam giác AEHF nội tiếp:
Gọi I là giao điểm của BF và CE. Ta có:
- Do ABC nội tiếp đường tròn (O), ta có ∠BAC = ∠BIC = 90°.
- Ta có BE ⊥ AC và CF ⊥ AB, nên BE // CF.
- Do đó, ta có ∠BEC = ∠BCF.
- Vậy tam giác BEC và BCF đồng dạng.
- Từ đó, ta có ∠BED = ∠BCF = ∠BAC.
- Vậy tam giác ABE và ABC đồng dạng.
- Từ đó, ta có ∠AEH = ∠ABC = ∠AFH.
- Vậy ta kết luận được tam giác AEHF nội tiếp.
b) Chứng minh AH ⊥ BC:
Vì tam giác AEHF nội tiếp, nên ta có ∠AEH = ∠AFH.
- Như đã chứng minh ở phần a), ta có ∠AEH = ∠ABC.
- Và ∠AFH = ∠ACB.
- Vậy ta có ∠ABC = ∠ACB.
- Vậy ta kết luận được AH ⊥ BC.
c) Chứng minh AO là đường trung trực của PG:
Gọi O là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
- Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.
- Ta có ∠AEM = ∠AFM = 90° (do EM ⊥ BE, FM ⊥ CF).
- Và ta có ∠AEF = ∠AFM và ∠AFE = ∠AEM.
- Vậy tam giác AEF đồng dạng với tam giác AMF.
- Từ đó, ta có AO là đường trung trực của PG.
a, ta có \(\widehat{ADB}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn => \(\widehat{ADB}=90^0\)hay \(\widehat{EDB}=90^0\)
Xét tứ giác BDEH có :
\(\widehat{EHB}=90^0\left(CH\perp AB\right)\)
\(\widehat{EDB}=90^0\left(cmt\right)\)
=> tugiac BDEH noi tiep
b,
ta có \(\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\)( BDEH noitiep cmt)
mà \(\widehat{ABC}+\widehat{CAB}=90^0\)(góc ACB=90 độ, góc nt chắn nửa đg tròn)
\(\widehat{ACH}+\widehat{CAB}=90^0\)( góc AHC=90 độ vì CH vuông với AB)
=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ACH}\)
=> \(\widehat{ACH}=\widehat{ADC}\left(=\widehat{ABC}\right)\)hay góc ADC= góc ACE
Xét tam giác ACE và tam giác ADC
\(\widehat{ADC}=\widehat{ACE}\left(cmt\right)\)
góc CAD chung
=> tam giác ACE đồng dạng với tam giác ADC (g-g)
=> \(\frac{AC}{AD}=\frac{AE}{AC}\)
=> \(AC^2=AD.AE\)(1)
Tam giác ABC vuông tại C có AH là đường cao
=> BC2= BH.BA (hethucluong) (2)
(1);(2) => \(AC^2+BC^2=AE.AD+BH.BA\)
mà AC2+ BC2= AB2 ( pytago trong tam giác ABC vuông ở C)
=> \(AB^2=AE.AD+BH.BA\)