Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 \(x+y=7\Rightarrow m+1+2m-3=7\)
\(\Rightarrow3m=9\Rightarrow m=3\)
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)
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
Chắc câu c quá, tại tổng 2 ô vuông của hình chữ nhật có 10 chấm tròn. =)
Em nghĩ là câu c vì thấy tổng của các chấm tròn ở mỗi miếng đều là 10.
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)
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)
a: Xét tứ giác SAOB có \(\hat{SAO}+\hat{SBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên SAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO
b: ΔOMN cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI⊥MN tại I
Ta có: \(\hat{OIS}=\hat{OAS}=\hat{OBS}=90^0\)
=>O,I,A,S,B cùng thuộc đường tròn đường kính OS
c: Xét (O) có
SA,SB là các tiếp tuyến
Do đó: SA=SB
=>S nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra SO là đường trung trực của AB
=>SO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét ΔSAO vuông tại A có AH là đường cao
nên \(SH\cdot SO=SA^2\)
d: Xét (O) có
\(\hat{SAM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AM
\(\hat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
Do đó: \(\hat{SAM}=\hat{ANM}\)
Xét ΔSAM và ΔSNA có
\(\hat{SAM}=\hat{SNA}\)
góc ASM chung
Do đó: ΔSAM~ΔSNA
=>\(\frac{SA}{SM}=\frac{SN}{SA}\)
=>\(SA^2=SM\cdot SN\)
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)
1:
ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC\)
=>\(BC=\dfrac{9^2}{5.4}=15\left(cm\right)\)
ΔABC vuông tại A
=>\(BC^2=AB^2+AC^2\)
=>\(AC=\sqrt{15^2-9^2}=12\left(cm\right)\)
BC=BH+CH
=>CH=BC-BH=15-5,4=9,6cm
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(AH\cdot15=9\cdot12=108\)
=>AH=7,2(cm)
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>AH=EF=7,2(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có
\(sinABC=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{4}{5}\)
nên \(\widehat{ABC}\simeq53^0\)
=>\(\widehat{HAC}=\widehat{ABC}\simeq53^0\)
2:
ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(HE\cdot BA=HA\cdot HB\)
=>\(HE\cdot9=5.4\cdot7.2\)
=>\(HE=5.4\cdot0.8=4.32\left(cm\right)\)
ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(HF\cdot AC=HA\cdot HC\)
=>\(HF\cdot12=9.6\cdot7.2\)
=>\(HF=0.8\cdot7.2=5.76\left(cm\right)\)
\(S_{AEHF}=HE\cdot HF=5.76\cdot4.32=24.8832\left(cm^2\right)\)
\(S_{AEF}=\dfrac{1}{2}\cdot AE\cdot AF=\dfrac{1}{2}\cdot5.76\cdot4.32=12.4416\left(cm^2\right)\)
3: ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)
ΔHAC vuông tại H có FH là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
4: \(AB\cdot cosB+AC\cdot cosC\)
\(=AB\cdot\dfrac{AB}{BC}+AC\cdot\dfrac{AC}{BC}\)
\(=\dfrac{AB^2+AC^2}{BC}=\dfrac{BC^2}{BC}=BC\)
6:
Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật