Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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.
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)
Đáp án b
Các hình màu xanh là phản chiếu của các hình máu cam trong gương.
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
b) \(\sqrt{x^2}=\left|-8\right|\)
\(\Rightarrow\left|x\right|=8\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=8\\x=-8\end{matrix}\right.\)
d) \(\sqrt{9x^2}=\left|-12\right|\)
\(\Rightarrow\sqrt{\left(3x\right)^2}=12\)
\(\Rightarrow\left|3x\right|=12\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}3x=12\\3x=-12\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{12}{3}\\x=-\dfrac{12}{3}\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=4\\x=-4\end{matrix}\right.\)
ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}2x-3>=0\\x+1>=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}x>=\dfrac{3}{2}\\x>=-1\end{matrix}\right.\)
=>\(x>=\dfrac{3}{2}\)
\(\sqrt{2x-3}-\sqrt{x+1}=x-4\)
=>\(\dfrac{2x-3-x-1}{\sqrt{2x-3}+\sqrt{x+1}}-\left(x-4\right)=0\)
=>\(\left(x-4\right)\left(\dfrac{1}{\sqrt{2x-3}+\sqrt{x+1}}-1\right)=0\)
=>x-4=0
=>x=4(nhận)
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)
Xét hình a.Cạnh lớn trong hai cạnh còn lại là cạnh đối diện với góc 45o. Gọi cạnh đó là x. Ta có
Xét hình b. Cạnh lớn trong hai cạnh là cạnh kề với góc 45o. Gọi cạnh đó là y. Ta có:
Xét hình a.Cạnh lớn trong hai cạnh còn lại là cạnh đối diện với góc 45o. Gọi cạnh đó là x. Ta có
Xét hình b. Cạnh lớn trong hai cạnh là cạnh kề với góc 45o. Gọi cạnh đó là y. Ta có:
a: Xét (D) có
ΔBEC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBEC vuông tại E
=>CE\(\perp\)AB tại E
Xét (D) có
ΔBFC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBFC vuông tại F
=>BF\(\perp\)AC tại F
Xét tứ giác AEGF có \(\widehat{AEG}+\widehat{AFG}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEGF là tứ giác nội tiếp
=>A,E,G,F cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (D) có
ΔBIC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBIC vuông tại I
Xét ΔIBC vuông tại I có IH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BI^2\)
c: Vì B,E,F,C cùng thuộc (D)
nên BEFC là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{BEF}+\widehat{BCF}=180^0\)
mà \(\widehat{BEF}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
Xét ΔAEC vuông tại E có \(cosEAC=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{AE}{AC}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
Xét ΔAEF và ΔACB có
\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔACB
=>\(\dfrac{EF}{CB}=\dfrac{AE}{AC}\)
=>\(\dfrac{EF}{6}=\dfrac{1}{2}\)
=>EF=3(cm)
a) Chứng minh BEC = BFC = 90° ; Từ đó suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh BEC = BFC = 90°:
Vì BC là đường kính của đường tròn tâm D, nên E và F là hai điểm nằm trên đường tròn.
Theo tính chất của góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, ta có:
∠BEC = ∠BFC = 90°
Suy ra 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn:
Xét tứ giác AEGF có:
∠AEG = 90° (do ∠BEC = 90°)
∠AFG = 90° (do ∠BFC = 90°)
Tứ giác AEGF có hai góc đối nhau vuông, nên AEGF là tứ giác nội tiếp.
Vậy 4 điểm A, E, G, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi I là giao điểm của (D) và AH (I nằm giữa A và G). Chứng minh BI² = BH.BC
Xét △BIC có BI là đường cao, ta có:
BI² = BH.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
c) Trong trường hợp BAC = 60° và BC = 6cm. Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆AEF.
Tính BC:
Vì △ABC có ∠BAC = 60° và AB = AC, nên △ABC là tam giác đều. ⇒ AB = AC = BC = 6cm
Tính AE và AF:
Vì E và F lần lượt là hình chiếu của B và C trên AB và AC, nên AE và AF lần lượt là đường cao của △ABC.
Trong tam giác đều, đường cao cũng là đường trung tuyến, nên AE = AF = (1/2)AB = (1/2)AC = 3cm
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF:
Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp △AEF.
Theo công thức bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác, ta có: R = (AE.AF.EF) / (4.S△AEF)
Trong đó: EF = BC = 6cm (do AEGF là hình chữ nhật)
S△AEF = (1/2).AE.AF.sin∠EAF = (1/2).3.3.sin60° = (9√3)/4 cm²
Thay số vào công thức, ta được:
R = (3.3.6) / (4.(9√3)/4) = 2√3 cm
Kết luận:
Bán kính của đường tròn ngoại tiếp △AEF là 2√3 cm.