Cho Tam giác ABC cân tại A, M là một điểm nằm trên BC sao cho MB < MC. I là một điểm nằm trên đoạn AM. Trên nửa mặt phẳng bờ AC, không chứa điểm B, Vẽ tia Ax sao cho góc CAx bằng góc BAM. N là một điểm trên Ax sao cho AN = AI. CMR:
a) góc NIC < góc INC .
b) góc AIC < góc AIB .
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn nên viết lại đề bằng công thức toán (biểu tượng $\sum$ góc trái khung soạn thảo) để mọi người hiểu đề của bạn hơn nhé.
a) Δ���∽Δ���ΔAIE∽ΔACI (g.g) suy ra ����=����ACAI=AIAE hay ��2=��.��AI2=AE.AC (1)
Chứng minh tương tự:
Δ���∽Δ���ΔAIK∽ΔAKB (g.g) suy ra ����=����ABAK=AKAF hay ��2=��.��AK2=AB.AF (2)
Mà Δ���∽Δ���ΔABE∽ΔACF (g.g) suy ra ����=����ACAB=AFAE hay ��.��=��.��AB.AF=AC.AE (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có ��2=��2AI2=AK2 suy ra ��=��AI=AK.
b) Vì �^=60∘A=60∘ suy ra �1^=30∘B1=30∘
Trong tam giác ���ABE vuông tại �E nên ��=12��,AE=21AB,
Trong tam giác ���AFC vuông tại �F có �1^=30∘C1=30∘ suy ra ��=12��AF=21AC.
Do đó, Δ���∽Δ���ΔAEF∽ΔABC (c.g.c).
suy ra ��������=(����)2=14SABCSAEF=(ABAE)2=41.
Vậy ����=14.120=30SAEF=41.120=30 cm22.
Gọi ��BF cắt ��DC tại �K, ��BE cắt ��DC tại �I, và ��EF cắt ��AB tại �G.
Δ���ΔFAB có ��DK // ��AB suy ra ����=����ABDK=FAFD (1)
Δ���ΔFAG có ��DH // ��AG suy ra ����=����AGDH=FAFD (2)
Từ (1) và (2) suy ra ����=����ABDK=AGDH hay ����=����DHDK=AGAB (*)
Tương tự Δ���ΔEIC có ��AB // ��IC suy ra ����=����ABIC=EAEC (3)
Δ���ΔEHC có ��HC // ��AB suy ra ����=����AGHC=EAEC (4)
Từ (3) và (4) ta có ����=����ABIC=AGHC hay ����=����HCIC=AGAB (**)
Từ (*) và (**) ta có ����=����DHDK=HCIC.
Mà ��=��DH=HC (gt) suy ra ��=��DK=IC
Mặt khác ��=��BD=BC (gt) nên Δ���ΔBDC cân
Suy ra ���^=���^BDK=BCI
Vậy Δ���=Δ���ΔBDK=ΔBCI (c.g.c)
Suy ra ���^=���^DBK=CBI.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
a) Δ���ΔABE có ��AM // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDEB (1)
Δ���ΔADE có ��AD // ��BK suy ra ����=����EDEB=EAEK (2)
Từ (1) và (2) ta có ����=����EGAE=EAEK nên ��2=��.��AE2=EK.EG.
b) Từ 1��=1��+1��AE1=AK1+AG1 suy ra ����+����=1AKAE+AGAE=1
Δ���ΔADE có ��AD // ��BC suy ra ����=����EKAE=EBED
����+��=����+��AE+EKAE=ED+EBED
����=����AKAE=DBED (3)
Tương tự Δ���ΔAEB có ��AB // ��DG suy ra ����=����EGAE=EDBE
����+��=����+��AE+EGAE=BE+EDBE
����=����AGAE=BDBE (4)
Khi đó ����+����=����+����=1AKAE+AGAE=BDED+BDBE=1.
c) Ta có ����=����KCBK=CGAB suy ra ��=��.����BK=CGKC.AB và ����=����ADKC=DGCG.
Suy ra ��=��.����DG=KCAD.CG
Nhân theo vế ta được ��.��=��.��BK.DG=AB.AD không đổi.
Qua �A vẽ đường thẳng song song với ��BC cắt ��′BB′ tại �D và cắt ��′CC′ tại �E.
Khi đó
Δ���ΔAME có ��AE // �′�A′C suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′CAE (1)
Δ���ΔAMD có ��AD // �′�A′B suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′BAD (2)
Từ (1) và (2) ta có ���′�=���′�=���′�=��+���′�+�′�=����A′MAM=A′CAE=A′BAD=A′C+A′BAD+AE=BCDE (*)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Δ��′�ΔAB′D có ��AD // ��BC suy ra ��′�′�=����B′CAB′=BCAD (3)
Δ��′�ΔAC′E có ��AE // ��BC suy ra ��′�′�=����C′BAC′=BCAE (4)
Từ (3) và (4) ta có ��′�′�+��′��′=����+����=����B′CAB′+BC′AC′=BCAD+BCAE=BCDE (**)
Từ (*) và (**) ta có ���′�=����=��′�′�+��′��′A′MAM=BCDE=B′CAB′+BC′AC′ (đpcm).
Qua �A vẽ đường thẳng song song với ��BC cắt ��′BB′ tại �D và cắt ��′CC′ tại �E.
Khi đó
Δ���ΔAME có ��AE // �′�A′C suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′CAE (1)
Δ���ΔAMD có ��AD // �′�A′B suy ra ���′�=���′�A′MAM=A′BAD (2)
Từ (1) và (2) ta có ���′�=���′�=���′�=��+���′�+�′�=����A′MAM=A′CAE=A′BAD=A′C+A′BAD+AE=BCDE (*)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
Δ��′�ΔAB′D có ��AD // ��BC suy ra ��′�′�=����B′CAB′=BCAD (3)
Δ��′�ΔAC′E có ��AE // ��BC suy ra ��′�′�=����C′BAC′=BCAE (4)
Từ (3) và (4) ta có ��′�′�+��′��′=����+����=����B′CAB′+BC′AC′=BCAD+BCAE=BCDE (**)
Từ (*) và (**) ta có ���′�=����=��′�′�+��′��′A′MAM=BCDE=B′CAB′+BC′AC′ (đpcm).
\(\Leftrightarrow x^4-4x^3+12x^2-32x+32=\left(y-5\right)^2\)
\(\Leftrightarrow\left(x-2\right)^2\left(x^2+8\right)=\left(y-5\right)^2\)
- Với \(x=2\Rightarrow y=5\)
- Với \(x\ne2\Rightarrow x-2\) là ước của \(y-5\)
Đặt \(y-5=n\left(x-2\right)\)
\(\Rightarrow\left(x-2\right)^2\left(x^2+8\right)=n^2\left(x-2\right)^2\)
\(\Rightarrow x^2+8=n^2\)
\(\Rightarrow\left(n-x\right)\left(n+x\right)=8\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1;n=-3\Rightarrow y=8\\x=-1;n=-3\Rightarrow y=14\\x=1;n=3\Rightarrow y=2\\x=-1;n=3\Rightarrow y=-4\end{matrix}\right.\)
Bài 10
a; Giao của d1 với trục ox là điểm có hoành độ thỏa mãn
\(x\) - 3 = 0 ⇒ \(x\) = 3
Giao của d1 với trục oy là điểm có tung độ thỏa mãn y = 0 - 3 = -3
Giao của d2 với trục ox là điểm có hoành độ thỏa mãn
3 - \(x\) = 0 ⇒ \(x\) = 3
Giao của d2 với trục oy là điểm có tung độ thỏa mãn y = 3 - 0 = 3
Ta có đồ thị d1 và d2 như hình dưới
b; Giao của d1 và d2 là điểm có phương trình hoành độ thỏa mãn
\(x\) - 3 = 3 - \(x\)
2\(x\) = 6
\(x\) = 6 : 2
\(x\) = 3; ⇒ y = 3- 3 =0
Vậy giao của d1 và d2 là A(3;0)
Bài 9:
Giao của d1 với trục ox là điểm có hoành độ thỏa mãn
2\(x\) - 3 = 0 ⇒ \(x\) = \(\dfrac{3}{2}\)
Giao của d1 với trục oy là điểm có tung độ thỏa mãn
y = 2.0 - 3 = - 3
Giao của d2 với trục ox là điểm có hoành độ thỏa mãn
-3 - \(x\) = 0 ⇒ \(x\) = 0
Giao của d2 với trục oy là điểm có tung độ thỏa mãn
y = -3 - 0 = -3
Ta có đồ thị như hình dưới đây
Giao của d1 và d2 là điểm có hoành độ thỏa mãn phương trình
2\(x\) - 3 = -3 - \(x\)
2\(x\) + \(x\) = 0
3\(x\) =0
\(x\) = 0
⇒ y = -3 - 0
y = - 3
Vậy giao của d1 và d2 là điểm B(0; -3)
nhìn hình ta thấy=))