Câu 5

Do NO ⊥ KM (gt)

ME ⊥ KM (gt)

⇒ NO // ME

Ta có:

KE = KO + OE

= 5 + 3,5

= 8,5

KME có NO // ME

⇒ KN/KM = KO/KE

⇒ KM = KN . KE : KO

= 4 . 8,5 : 5

= 6,8

Vậy x = 6,8

a: Hệ số góc của đường thẳng y=2x+3 là a=2

b: Thay x=-2 vào y=2x+3, ta được:

\(y=2\cdot\left(-2\right)+3=-4+3=-1\)<1

=>M(-2;-1) thuộc đồ thị hàm số y=2x+3 và N(-2;1) không thuộc đồ thị hàm số y=2x+3

1:

a: Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{4}\)

=>\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}\)

mà DB+DC=20cm

nên Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{DB}{3}=\dfrac{DC}{4}=\dfrac{DB+DC}{3+4}=\dfrac{20}{7}\)

=>\(DB=\dfrac{20}{7}\cdot3=\dfrac{60}{7}\left(cm\right);DC=4\cdot\dfrac{20}{7}=\dfrac{80}{7}\left(cm\right)\)

b: Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

c: \(\dfrac{DC}{BC}=\dfrac{80}{7}:20=\dfrac{4}{7}\)

=>\(S_{ADC}=\dfrac{4}{7}\cdot S_{ABC}\)

=>\(\dfrac{S_{ADC}}{S_{ABC}}=\dfrac{4}{7}\)

2:

a: Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

b:

ta có: MN\(\perp\)AB

AC\(\perp\)AB

Do đó: MN//AC

Xét ΔABC có MN//AC

nên \(\dfrac{MN}{AC}=\dfrac{BM}{BC}\)

=>\(\dfrac{MN}{14,4}=\dfrac{1}{2}\)

=>MN=14,4:2=7,2(cm)

c: Xét ΔBAC có MN//AC

nên ΔBMN~ΔBCA

=>\(\dfrac{S_{BMN}}{S_{BCA}}=\left(\dfrac{BM}{BC}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)

Kẻ DE, DF lần lượt vuông góc với AB, AC tại E, F.

Ta có \(\dfrac{AD^2}{BD^2}=\dfrac{\left(ED\sqrt{2}\right)^2}{BD^2}=\dfrac{2ED^2}{BD^2}=2\left(\dfrac{ED}{BD}\right)^2\) \(=2\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2\)

và \(\dfrac{AD^2}{DC^2}=\dfrac{\left(DF\sqrt{2}\right)^2}{DC^2}=\dfrac{2DF^2}{DC^2}=2\left(\dfrac{DF}{DC}\right)^2=2\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD^2}{BD^2}+\dfrac{AD^2}{DC^2}=2\left(\dfrac{AC}{BC}\right)^2+2\left(\dfrac{AB}{BC}\right)^2\) \(=2\left(\dfrac{AB^2+AC^2}{BC^2}\right)\) \(=2\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{BD^2}+\dfrac{1}{CD^2}=\dfrac{2}{AD^2}\), ta có đpcm.

Mình gửi đáp án rồi nhé, bạn vào trang cá nhân của mình xem.

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

b: Ta có: ΔAEB~ΔAFC

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

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

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

\(\widehat{EAF}\) chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

c: Gọi O là trung điểm của AK

Ta có: BICK là hình bình hành

=>BI//CK và BK//CI

ta có: BI//CK

BI\(\perp\)AC

Do đó: CK\(\perp\)CA

=>ΔCKA vuông tại C

=>C nằm trên đường tròn đường kính AK

=>C nằm trên (O)(1)

Ta có: CI//BK

CI\(\perp\)BA

Do đó: BK\(\perp\)BA

=>ΔBKA vuông tại B

=>B nằm trên đường tròn đường kính AK

=>B nằm trên (O)(2)

Từ (1),(2) suy ra ABKC là tứ giác nội tiếp đường tròn (O), đường kính AK

Gọi H là giao điểm của AI với BC

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại I

Do đó: I là trực tâm của ΔABC

=>AI\(\perp\)BC tại H

Xét (O) có

\(\widehat{CBK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK

\(\widehat{CAK}\) là góc nội tiếp chắn cung CK

Do đó: \(\widehat{CBK}=\widehat{CAK}\)

mà \(\widehat{CBK}=\widehat{ICB}\)(hai góc so le trong, IC//BK)

và \(\widehat{ICB}=\widehat{FAI}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{FAI}=\widehat{CAK}\)

Xét ΔFAI vuông tại F và ΔCAK vuông tại C có

\(\widehat{FAI}=\widehat{CAK}\)

Do đó: ΔFAI~ΔCAK

=>\(\dfrac{FA}{CA}=\dfrac{FI}{CK}\)

=>\(\dfrac{FA}{FI}=\dfrac{CA}{CK}\)

=>\(\dfrac{FI}{FA}=\dfrac{CK}{CA}\)

c: Ta có: KD=KA

mà ΔAKD vuông tại K

nên ΔAKD vuông cân tại K

=>\(\widehat{KAD}=\widehat{KDA}=45^0\)

Ta có: ED//AK

AK\(\perp\)BC

Do đó: ED\(\perp\)BC

Xét tứ giác AEDB có \(\widehat{EAB}+\widehat{EDB}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}\)

=>\(\widehat{AEB}=45^0\)

Xét ΔAEB vuông tại A có \(\widehat{AEB}=45^0\)

nên ΔAEB vuông cân tại A

=>AE=AB

Cần giải giúp gấp ngày mai mình cần rồi ạ

Gọi $A$ là tử ($14x^2-8x+9$)

      $C$ là mẫu ($3x^2+6x+9$)

Ta có:$A$ =$14x^2-8x+9$

$\Rightarrow A_{min}$=$\frac{55}{7}$

Ta có: $C$=$3x^2+6x+9$

$\Rightarrow C_{min}$=6

Suy ra $B_{min}$=$\frac{\left(\frac{55}{7}\right)}{6}$=$\frac{55}{42}$

Vậy GTNN của B là $\frac{55}{42}$