Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
tam giác BDE: M là tđ(trung điểm) DE, N là tđ BE => MN là đtb(đường trung bình) của tam giác BDE.=> MN//DB <=> MN//BA
tương tự c/m MQ là đtb của tam giác DEC=> MQ//EC hay MQ//AC. mà AC vuông góc AB=> MN vuông góc PQ.=> góc NMQ =90. tương tự theo cách đtb thì các góc còn lại của tứ giác MNPQ =90=> là hình chữ nhật
MN là đtb=> MN=1/2 DB. MQ=1/2 EC mà EC=DB=> MN=DB
=> tg là hình vuông(dhnb)
a) + b) + c)
A B C D H K
Vì chứng minh được câu a) thì khỏi cần chứng minh câu b) và c)
\(S_{ABD}=S_{BDC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao của hình bình hành ( AH = BK)
\(S_{ADC}=S_{ABC}\)
- Đáy AB = DC
- Có chiều cao bằng chiều cao hình bình hành
Vì vậy có thể kết luận rằng :\(S_{ABD}=S_{BDC}=S_{ABC}=S_{ACD}\)
\(S_{ABD}=S_{OAB}+S_{AOD}\)
\(S_{ADC}=S_{AOD}+S_{DOC}\)
Vì có chung diện tích AOD nên S OAB = S DOC
Tương tự...
a) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
\(x^2=mx+1\Leftrightarrow x^2-mx-1=0\) (1)
\(\Delta=\left(-m\right)^2-4\left(-1\right)=m^2+4>0\)
Vì vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt \(x_1;x_2\)
Theo Viet ta có: \(\hept{\begin{cases}x_1+x_2=m\\x_1.x_2=-1\end{cases}}\) nên \(x_1;x_2\) là hai số trái dấu.
Vậy thì với mọi m, (d) luôn giao (P) tại hai điểm phân biệt nằm khác phía với trục tung.
b) Giả sử \(A\left(x_1;x_1^2\right);B\left(x_2;x_2^2\right)\)
\(\Rightarrow AB^2=\left(x_2-x_1\right)^2+\left(x_2^2-x_1^2\right)^2=\left(x_2-x_1\right)^2\left[1+\left(x_2+x_1\right)^2\right]\)
\(=\left[\left(x_1+x_2\right)^2-4x_1.x_2\right]\left\{1+\left(x_1+x_2\right)^2\right\}\)
\(=\left(m^2+4\right)\left[1+m^2\right]\)
\(=m^4+5m^2+4\)
Ta cũng có: \(OA^2+OB^2=x_1^2+x_2^4+x_2^2+x_2^4\)
\(=\left(x_1^2+x_2^2\right)+\left(x_1^4+x_2^4\right)=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left(x_1^2+x_2^2\right)^2-2x_1^2.x_2^2\)
\(=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+\left[\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2\right]^2-2x_1^2.x_2^2\)
\(=m^2+2+\left(m^2+2\right)^2-2=m^4+5m^2+4\)
Vậy nên \(AB^2=OA^2+OB^2\) hay tam giác OAB vuông tại 0.
Vậy thì \(S_{OAB}=\frac{1}{2}OA.OB=\frac{1}{2}\sqrt{\left(x_1^2+x_1^4\right)\left(x_2^2+x_2^4\right)}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{x_1^2.x_2^2+x_1^2.x_2^4+x_1^4.x_2^2+x_1^4x_2^4}=\frac{1}{2}\sqrt{1+x_2^2+x_1^2+1}\)
\(=\frac{1}{2}\sqrt{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1.x_2+2}=\frac{1}{2}\sqrt{m^2+4}\)
Để \(S_{OAB}=2\Rightarrow\frac{1}{2}\sqrt{m^2+4}=2\Leftrightarrow\sqrt{m^2+4}=4\)
\(\Leftrightarrow m^2=12\Leftrightarrow m=\pm2\sqrt{3}\)
M B C D A H K
Kẻ BH và DK cùng vuông góc với AI.
Ta có \(\widehat{HIB}=\widehat{KAD}\) (so le trong) nên \(\Delta HIB\sim\Delta KAD\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{DK}=\frac{BI}{AD}=\frac{BI}{BC}=\frac{1}{2}\)
Lại có: \(S_{ABM}=\frac{1}{2}.m.BH\Rightarrow BH=\frac{2b}{m}\)
Tương tự \(DK=\frac{2d}{m}\)
Suy ra d = 2b hay \(d^2=4b^2.\).
Gọi độ dài cạnh của hình vuông ABCD là a thì BI = a/2.
Xét tam giác vuông ABI, đường cao BH ta có: \(\frac{1}{BH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{BI^2}\Rightarrow\frac{1}{\left(\frac{2b}{m}\right)^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{\left(\frac{a}{2}\right)^2}\)
\(\Leftrightarrow\frac{m^2}{4b^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow a^2=\frac{4.5b^2}{m^2}=\frac{4}{m^2}\left(4b^2+b^2\right)=\frac{4}{m^2}\left(d^2+b^2\right)\)
Vậy \(S_{ABCD}=\frac{4}{m^2}\left(d^2+b^2\right).\)