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
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)
HC
3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
16 tháng 1 2024
4c.
Do M là giao điểm 2 tiếp tuyến tại A và B, theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau
\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{OMB}\)
Mà \(MB||NO\) (cùng vuông góc BC) \(\Rightarrow\widehat{OMB}=\widehat{MON}\) (so le trong)
\(\Rightarrow\widehat{OMN}=\widehat{MON}\)
\(\Rightarrow\Delta OMN\) cân tại N
\(\Rightarrow MN=ON\)
Cũng theo 2 t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow MA=MB\)
Do MD là tiếp tuyến của (O) tại A \(\Rightarrow OA\perp MD\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OND với đường cao OA:
\(ON^2=NA.ND\Rightarrow MN^2=NA.ND\)
\(\Rightarrow MN^2=\left(MA-MN\right).ND=\left(MB-MN\right).ND\)
\(\Rightarrow MN^2=MB.ND-MN.ND\)
\(\Rightarrow MB.ND-MN^2=MN.ND\)
\(\Rightarrow\dfrac{MB.ND-MN^2}{MN.ND}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{MB}{MN}-\dfrac{MN}{ND}=1\) (đpcm)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
20 tháng 1 2024
\(A=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{6+2\sqrt{5}}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{6-2\sqrt{5}}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{4+\sqrt{\left(\sqrt{5}+1\right)^2}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{4-\sqrt{\left(\sqrt{5}-1\right)^2}}\)
\(=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)}{5+\sqrt{5}}+\dfrac{2\left(3-\sqrt{5}\right)}{5-\sqrt{5}}=\dfrac{2\left(3+\sqrt{5}\right)\left(5-\sqrt{5}\right)+2\left(3-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}{\left(5-\sqrt{5}\right)\left(5+\sqrt{5}\right)}\)
\(=\dfrac{40}{20}=2\)
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)
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.
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
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
19 tháng 1 2024
ĐKXĐ: \(x+2y\ne0\)
\(\left\{{}\begin{matrix}x-\dfrac{1}{x+2y}=\dfrac{7}{4}\\-\dfrac{5}{2}x+2+\dfrac{4}{x+2y}=-2\end{matrix}\right.\)
Đặt \(\dfrac{1}{x+2y}=z\) ta được hệ:
\(\left\{{}\begin{matrix}x-z=\dfrac{7}{4}\\-\dfrac{5}{2}x+4z=-4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\z=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\\dfrac{1}{x+2y}=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\x+2y=4\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=2\\y=1\end{matrix}\right.\)
13 tháng 8
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
=>\(\hat{AFE}=\hat{AHE}\)
mà \(\hat{AHE}=\hat{ABC}\left(=90^0-\hat{HAB}\right)\)
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
=>\(\hat{ACB}+\hat{AKB}=180^0\)
mà \(\hat{AKB}+\hat{AKI}=180^0\) (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
13 tháng 8
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
a: Ta có: ΔABC vuông tại A
mà AO là đường trung tuyến
nên AO=OB=OC
=>A nằm trên (O)
Ta có: I là trung điểm của OA
=>OI+IA=OA
=>OI=OA-IA=R-r
=>(O) và (I) tiếp xúc với nhau tại O
b:
Xét (I) có
ΔAEO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔAEO vuông tại E
=>OE\(\perp\)AC
Xét (O) có
ΔADO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔADO vuông tại D
=>OD\(\perp\)AB
Ta có: OE\(\perp\)AC
AB\(\perp\)AC
Do đó: OE//AB
Ta có: OD\(\perp\)AB
AB\(\perp\)AC
Do đó: OD//AC
Xét ΔCAB có
O là trung điểm của CB
OE//AB
Do đó: E là trung điểm của AC
Xét ΔCAB có
O là trung điểm của CB
OD//AC
Do đó: D là trung điểm của AB
Xét (I) có
ΔAHO nội tiếp
AO là đường kính
Do đó: ΔAHO vuông tại H
=>AH\(\perp\)HO tại H
=>AH\(\perp\)BC tại H
=>ΔAHC vuông tại H
mà E là trung điểm của AC
nên Tâm của đường tròn ngoại tiếp ΔAHC là E, bán kính là EA
c: Xét ΔABC có
D,E lần lượt là trung điểm của AB,AC
=>DE là đường trung bình của ΔABC
=>DE//BC và \(DE=\dfrac{BC}{2}\)
d: K đối xứng A qua BC
=>BC là trung trực của AK
=>BC\(\perp\)AK tại trung điểm của AK
Ta có: BC\(\perp\)AK
BC\(\perp\)AH
AK,AH có điểm chung là A
Do đó: K,A,H thẳng hàng
=>BC cắt AK tại H
=>H là trung điểm của AK
Xét ΔCAK có
CH là đường cao
CH là đường trung tuyến
Do đó: ΔCAK cân tại C
Để ΔCAK đều thì \(\widehat{ACK}=60^0\)
=>\(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot60^0=30^0\)