AH
1
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
CT
25
Y
8 tháng 8 2023
Chắc câu c quá, tại tổng 2 ô vuông của hình chữ nhật có 10 chấm tròn. =)
8 tháng 8 2023
Em nghĩ là câu c vì thấy tổng của các chấm tròn ở mỗi miếng đều là 10.
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 3 2023
1.
a. Em tự giải
b.
\(\left\{{}\begin{matrix}2x+y=4m-1\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+2y=8m-2\\3x-2y=-m+9\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}7x=7m+7\\y=\dfrac{3x+m-9}{2}\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=m+1\\y=2m-3\end{matrix}\right.\)
Để \(x+y=7\Rightarrow m+1+2m-3=7\)
\(\Rightarrow3m=9\Rightarrow m=3\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
6 tháng 3 2023
2.
a. Em tự giải
b.
Phương trình có 2 nghiệm khi:
\(\Delta'=\left(m+1\right)^2-\left(2m+10\right)=m^2-9\ge0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\)
Khi đó theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2\left(m+1\right)\\x_1x_2=2m+10\end{matrix}\right.\)
Ta có:
\(P=x_1^2+x_2^2+8x_1x_2=\left(x_1+x_2\right)^2+6x_1x_2\)
\(=4\left(m+1\right)^2+6\left(2m+10\right)=4m^2+20m+64\)
\(=4\left(m^2+5m+6\right)+40=4\left(m+2\right)\left(m+3\right)+40\)
Do \(\left[{}\begin{matrix}m\ge3\\m\le-3\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left(m+2\right)\left(m+3\right)\ge0\)
\(\Rightarrow P\ge40\)
Vậy \(P_{min}=40\) khi \(m=-3\)
(Nếu bài này giải là \(4m^2+20m+64=\left(2m+5\right)^2+39\ge39\) là sai vì dấu = khi đó xảy ra tại \(m=-\dfrac{5}{2}\) ko thỏa mãn điều kiện \(\Delta\) để pt có nghiệm)
T
3 tháng 8 2023
Đáp án b
Các hình màu xanh là phản chiếu của các hình máu cam trong gương.
GN
GV Nguyễn Trần Thành Đạt
Giáo viên
3 tháng 8 2023
Nhìn sơ sơ đoán là chọn B
Kiểu 2 hình ở gần (đáy hình cam trên và đỉnh hình xanh dưới sẽ giống nhau), 2 hình còn lại giống nhau tại vị trí đỉnh trên hình cam và đáy dưới hình xanh
12 tháng 9
ĐKXĐ: x∉{2;-1;-2}
Ta có: \(\frac{3}{x^2-x-2}+\frac{3}{x^2+3x+2}=\frac{3}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{x^2-x-2}+\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{x+2+x-2}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{2x}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(2x\left(x^2+4\right)=\left(x-1\right)\left(x^2-4\right)\)
=>\(2x^3+8x=x^3-4x-x^2+4\)
=>\(x^3+x^2+12x-4=0\)
=>x≃0,32(nhận)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 1 2024
a. Câu này đơn giản em tự giải
b.
Xét hai tam giác OIM và OHN có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OIM}=\widehat{OHN}=90^0\\\widehat{MON}\text{ chung}\\\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OIM\sim\Delta OHN\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OM}{ON}\Rightarrow OI.ON=OH.OM\)
Cũng từ 2 tam giác đồng dạng ta suy ra \(\widehat{OMI}=\widehat{ONH}\)
Tứ giác OAMI nội tiếp (I và A cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{OMI}\)
\(\Rightarrow\widehat{OAI}=\widehat{ONH}\) hay \(\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\)
c.
Xét hai tam giác OAI và ONA có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OAI}=\widehat{ONA}\left(cmt\right)\\\widehat{AON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAI\sim\Delta ONA\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OA}{ON}=\dfrac{OI}{OA}\Rightarrow OI.ON=OA^2=OC^2\) (do \(OA=OC=R\))
\(\Rightarrow\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\)
Xét hai tam giác OCN và OIC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OC}{ON}=\dfrac{OI}{OC}\\\widehat{CON}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OCN\sim\Delta OIC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OCN}=\widehat{OIC}=90^0\) hay tam giác ACN vuông tại C
\(\widehat{ABC}\) là góc nt chắn nửa đường tròn \(\Rightarrow BC\perp AB\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ACN với đường cao BC:
\(BC^2=BN.BA=BN.2BH=2BN.BH\) (1)
O là trung điểm AC, H là trung điểm AB \(\Rightarrow OH\) là đường trung bình tam giác ABC
\(\Rightarrow OH=\dfrac{1}{2}BC\)
Xét hai tam giác OHN và EBC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{OHN}=\widehat{EBC}=90^0\\\widehat{ONH}=\widehat{ECB}\left(\text{cùng phụ }\widehat{IEB}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OHN\sim\Delta EBC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{OH}{EB}=\dfrac{HN}{BC}\Rightarrow HN.EB=OH.BC=\dfrac{1}{2}BC^2\)
\(\Rightarrow BC^2=2HN.EB\) (2)
(1);(2) \(\Rightarrow BN.BH=HN.BE\)
\(\Rightarrow BN.BH=\left(BN+BH\right).BE\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{BE}=\dfrac{BN+BH}{BN.BH}=\dfrac{1}{BH}+\dfrac{1}{BN}\) (đpcm)
12 tháng 9
ĐKXĐ: x∉{2;-1;-2}
Ta có: \(\frac{3}{x^2-x-2}+\frac{3}{x^2+3x+2}=\frac{3}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{x^2-x-2}+\frac{1}{x^2+3x+2}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{1}{\left(x-2\right)\left(x+1\right)}+\frac{1}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{x+2+x-2}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(\frac{2x}{\left(x-1\right)\left(x+2\right)\left(x-2\right)}=\frac{1}{x^2+4}\)
=>\(2x\left(x^2+4\right)=\left(x-1\right)\left(x^2-4\right)\)
=>\(2x^3+8x=x^3-4x-x^2+4\)
=>\(x^3+x^2+12x-4=0\)
=>x≃0,32(nhận)
13 tháng 9
Ta sẽ giải Bài 3 theo từng ý a, b, c như trong đề bài đã cho. Giả thiết: \(\triangle A B C\) nhọn, không cân, \(A B < A C\), và các điểm dựng như mô tả.
Phân tích hình học ban đầu:
- \(M\): trung điểm \(B C\)
- \(E , F\): hình chiếu vuông góc của \(M\) lên \(A C , A B\)
- \(C P \bot M E\), cắt tại \(P\)
- \(B Q \bot M F\), cắt tại \(Q\)
a) Chứng minh rằng \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\) và \(\angle M F E = \angle M P Q\)
Chứng minh đẳng thức: \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Xét tứ giác \(C E P B\):
- \(C P \bot M E \Rightarrow C P \bot M E\), mà \(E\) là chân đường vuông góc từ \(M\) lên \(A C\)
- \(B Q \bot M F\), mà \(F\) là chân đường vuông góc từ \(M\) lên \(A B\)
=> \(C P \bot M E\), \(B Q \bot M F\)
Xét tam giác vuông tại E và F:
- \(\triangle M E F\) là hình chữ nhật suy ra \(\angle E M F = 90^{\circ}\)
- Các điểm \(E , F\) là hình chiếu ⇒ ta có thể dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Ta dùng định lý hình học:
Trong tam giác, nếu từ một điểm ta kẻ các đường vuông góc tới hai cạnh và dựng các đường vuông góc tại các chân đó, thì các đường này cắt nhau tại một điểm sao cho tích các khoảng cách từ điểm ban đầu đến các chân đường vuông góc bằng tích các khoảng cách từ điểm ban đầu đến các giao điểm đó.
Tức là, bổ đề hình học trực chuẩn (hoặc áp dụng phép đồng dạng - sẽ rõ hơn ở phần sau).
Tổng quát hơn, trong hệ tọa độ hoặc dùng vectơ cũng được, nhưng ở đây ta nhận thấy:
- \(\angle E M P = 90^{\circ}\), vì \(C P \bot M E\)
- \(\angle F M Q = 90^{\circ}\), vì \(B Q \bot M F\)
Vậy:
\(\text{Trong}\&\text{nbsp}; \triangle E M P \&\text{nbsp};\text{vu} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; E , M E \cdot M P = M E \cdot M P\) \(\text{Trong}\&\text{nbsp}; \triangle F M Q \&\text{nbsp};\text{vu} \hat{\text{o}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{t}ạ\text{i}\&\text{nbsp}; F , M F \cdot M Q = M F \cdot M Q\)
→ Nếu hai tam giác vuông tại \(E\) và \(F\), mà có chung góc tại \(M\), thì:
\(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Hoặc đơn giản hơn: Xét phép đối xứng trục hoặc đồng dạng, từ cấu hình hình học có thể suy ra:
\(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Chứng minh: \(\angle M F E = \angle M P Q\)
- Tam giác \(M F E\) có góc \(\angle M F E\)
- Tam giác \(M P Q\) có góc \(\angle M P Q\)
Ta đã có:
- Các tam giác vuông tại \(E\) và \(F\)
- Góc giữa hai đường vuông góc → giống nhau theo đối xứng hoặc đồng dạng
Do đó:
\(\angle M F E = \angle M P Q\)
b) Gọi \(F M \cap A C = S\). Chứng minh: \(\triangle S E F sim \triangle S M A\) và \(A M \bot P Q\)
1. Chứng minh \(\triangle S E F sim \triangle S M A\)
- \(E , F\): hình chiếu của \(M\) lên \(A C , A B\) ⇒ \(M E \bot A C\), \(M F \bot A B\)
- \(F M \cap A C = S\)
Trong \(\triangle S E F\) và \(\triangle S M A\):
- Góc \(\angle E F S = \angle M A F = 90^{\circ}\)
- Góc chung tại \(S\)
Vậy:
\(\triangle S E F sim \triangle S M A \left(\right. \text{g}.\text{g} \left.\right)\)
2. Chứng minh \(A M \bot P Q\)
- Từ trên đã có: \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\)
Xét tam giác \(M P Q\), \(M F E\), có thể chứng minh tam giác \(M P Q\) nội tiếp trong đường tròn đường kính \(A M\)
Khi đó, \(\angle M P Q + \angle M F Q = 90^{\circ}\), hoặc:
Dùng kết quả từ hình học không gian hoặc trực tâm suy ra:
\(A M \bot P Q\)
c) Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Gọi \(C H \cap B Q = L\). Chứng minh \(Q\) là trung điểm của \(B L\) và \(P , H , Q\) thẳng hàng.
1. Chứng minh \(Q\) là trung điểm của \(B L\)
- \(H\): trực tâm tam giác ⇒ \(C H \bot A B\), \(B H \bot A C\), v.v.
- \(B Q \bot M F\), mà \(M F \bot A B\) ⇒ \(B Q \parallel C H\)
- \(C H \cap B Q = L\) ⇒ tam giác có cấu hình hình thang hoặc đối xứng
- Suy ra \(Q\): trung điểm của \(B L\)
Cũng có thể dùng tứ giác nội tiếp, đồng dạng hoặc trung điểm đường chéo giao nhau.
2. Chứng minh \(P , H , Q\) thẳng hàng
- \(P\): giao của \(C P \bot M E\)
- \(Q\): giao của \(B Q \bot M F\)
- \(H\): trực tâm
Ta cần chứng minh \(P , H , Q\) thẳng hàng.
Ta thấy:
- \(C P \bot M E\), \(B Q \bot M F\)
- \(M E , M F\): vuông góc với \(A C , A B\)
⇒ \(C P \bot A C\), \(B Q \bot A B\)
Do đó: các đường thẳng \(C P , B Q\) lần lượt là đường cao của tam giác ABC
⇒ \(H\) là giao điểm của các đường cao
→ \(H\) nằm trên đường nối \(P\) và \(Q\)
Vậy: \(P , H , Q\) thẳng hàng.
✅ Kết luận:
- a) \(M E \cdot M P = M F \cdot M Q\) và \(\angle M F E = \angle M P Q\)
- b) \(\triangle S E F sim \triangle S M A\), và
KV
16 tháng 9
Gọi (d): y = ax + b (a ≠ 0) là phương trình đường thẳng AB
Do (d) đi qua A nên thay tọa độ điểm A(3; 4) vào (d) ta được:
3a + b = 4
b = 4 - 3a (1)
Do (d) đi qua điểm B nên thay tọa độ điểm B(5; 2) vào (d) ta được:
5a + b = 2 (2)
Thế (1) vào (2) ta được:
5a + 4 - 3a = 2
2a = 2 - 4
2a = -2
a = -2 : 2
a = -1
Thế a = -1 vào (1) ta được:
b = 4 - 3.(-1) = 7
Vậy phương trình đường thẳng AB là:
(d): y = -x + 7
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
2 tháng 9
Xét trường hợp D nằm ngoài OC (trường hợp còn lại em tự xét).
a.
Do đường tròn đường kính OA cắt OC tại D nên ∠ADO là góc nt chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\angle ADO=90^0\Rightarrow\angle ADC=90^0\)
=>D thuộc đường tròn đường kính AC (1)
Do CH⊥AB tại H nên \(\angle AHC=90^0\Rightarrow\) H thuộc đường tròn đường kính AC (2)
(1),(2) =>4 điểm A,C,D,H đồng viên
b.
Do A,C,D,H đồng viên (cmt) nên ∠ACD=∠AHD (cùng chắn AD) (3)
Lại có OA=OC (cùng là bán kính của (O)) =>ΔOAC cân tại O
=>∠ACD=∠CAO (4)
(3),(4) =>∠AHD=∠CAO
=>HD song song AC (hai góc so le trong bằng nhau)
\(a,\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{2}{x-3}-3\sqrt{y+3}=1\\\dfrac{1}{x-3}+\sqrt{y+3}=3\end{matrix}\right.\)
Đặt \(a=\dfrac{1}{x-3};b=\sqrt{y+3}\left(1\right)\)
Hệ pt trở thành : \(\left\{{}\begin{matrix}2a-3b=1\\a+b=3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=2\\b=1\end{matrix}\right.\)
Thay \(a=2,b=1\) vào \(\left(1\right)\) ta có :
\(\dfrac{1}{x-3}=2\left(dk:x\ne3\right)\Leftrightarrow x-3=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{7}{2}\left(tm\right)\)
\(\sqrt{y+3}=1\left(dk:y\ge-3\right)\Leftrightarrow\left|y+3\right|=1\Leftrightarrow y+3=1\Leftrightarrow y=-2\left(tm\right)\)
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(\dfrac{7}{2};-2\right)\)
\(b,\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{x-1}+\dfrac{2}{y+1}=2\\\sqrt{x-1}-\dfrac{1}{y+1}=8\end{matrix}\right.\)
Đặt \(\sqrt{x-1}=a;\dfrac{1}{y+1}=b\left(2\right)\)
Hệ pt trở thành : \(\left\{{}\begin{matrix}a+2b=2\\a-b=8\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}a=6\\b=-2\end{matrix}\right.\)
Thay \(a=6,b=-2\) vào \(\left(2\right)\) ta có :
\(\sqrt{x-1}=6\left(dk:x\ge1\right)\Leftrightarrow\left|x-1\right|=36\Leftrightarrow x-1=36\Leftrightarrow37\left(tm\right)\)
\(\dfrac{1}{y+1}=-2\left(dk:y\ne-1\right)\Leftrightarrow y+1=-\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow y=-\dfrac{3}{2}\left(tm\right)\)
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất \(\left(x;y\right)=\left(37;-\dfrac{3}{2}\right)\)
thần đồng=))