Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔBMO có \(\widehat{BMO}+\widehat{MBO}+\widehat{MOB}=180^0\)
=>\(\widehat{BMO}+\widehat{MOB}=180^0-60^0=120^0\)(1)
\(\widehat{MOB}+\widehat{MON}+\widehat{NOC}=180^0\)
=>\(\widehat{MOB}+\widehat{NOC}=180^0-60^0=120^0\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)
Xét ΔBMO và ΔCON có
\(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)
\(\widehat{MBO}=\widehat{OCN}\left(=60^0\right)\)
Do đó: ΔBMO~ΔCON
b: ΔBMO~ΔCON
=>\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{CO}=\dfrac{BM}{BO}\)
c:
\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)
=>\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)
Xét ΔBMO và ΔOMN có
\(\dfrac{BM}{OM}=\dfrac{BO}{ON}\)
\(\widehat{MBO}=\widehat{MON}\left(=60^0\right)\)
Do đó: ΔBMO~ΔOMN
=>\(\widehat{BMO}=\widehat{OMN}\)
=>MO là phân giác của góc BMN
Xét ΔMIB có
MD là đường cao
MD là đường trung tuyến
Do đó: ΔMIB cân tại M
=>MI=MB
Xét ΔMKC có
ME là đường cao
ME là đường trung tuyến
Do đó: ΔMKC cân tại M
=>MK=MC
Ta có: MI=MK=MB=MC
=>I,K,B,C cùng thuộc đường tròn (M)
Gọi O là trung điểm của BD
Xét ΔABD có AB=AD và \(\widehat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
Xét ΔCBD có CB=CD và \(\widehat{BCD}=60^0\)
nên ΔBCD đều
ta có: ΔABD đều
mà DE là đường trung tuyến
nên DE\(\perp\)AB
=>ΔDEB vuông tại E
=>E nằm trên đường tròn đường kính BD(1)
Ta có: ΔABD đều
mà BH là đường trung tuyến
nên BH\(\perp\)AD tại H
=>ΔBHD vuông tại H
=>H nằm trên đường tròn đường kính BD(2)
Ta có: ΔCBD đều
mà DF là đường trung tuyến
nên DF\(\perp\)BC tại F
=>F nằm trên đường tròn đường kính BD(3)
Ta có: ΔCBD đều
mà BG là đường trung tuyến
nên BG\(\perp\)CD tại G
=>G nằm trên đường tròn đường kính BD(4)
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra E,H,D,G,F,B cùng thuộc một đường tròn
ΔCAB cân tại C
mà CP là đường trung tuyến
nên CP\(\perp\)AB tại P
=>ΔPBC vuông tại P
Xét ΔCAB cân tại B có BN là đường trung tuyến
nên BN\(\perp\)AC tại N
=>ΔBNC vuông tại N
Xét tứ giác BPNC có \(\widehat{BPC}=\widehat{BNC}=90^0\)
nên BPNC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
=>B,P,N,C cùng thuộc đường tròn đường kính BC
=>\(R=\dfrac{BC}{2}=\dfrac{a}{2}\)
\(\text{Δ}=\left[2\left(m+3\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(4m+2\right)\)
\(=4m^2+24m+36-16m-8\)
\(=4m^2+8m+28=4m^2+8m+4+24=\left(2m+2\right)^2+24>=24>0\forall m\)
=>Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
Theo Vi-et, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2m+6\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=4m+2\end{matrix}\right.\)
\(\sqrt{x_1-1}+\sqrt{x_2-1}=3\)
=>\(x_1-1+x_2-1+2\sqrt{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}=9\)
=>\(2m+6-2+2\sqrt{x_1x_2-\left(x_1+x_2\right)+1}=9\)
=>\(2m+4+2\sqrt{4m+2-2m-6+1}=9\)
=>\(2\sqrt{2m-3}=9-2m-4=-2m+5\)
=>\(\sqrt{8m-12}=-2m+5\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}-2m+5>=0\\\left(-2m+5\right)^2=8m-12\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m< =\dfrac{5}{2}\\4m^2-20m+25-8m+12=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left\{{}\begin{matrix}m< =\dfrac{5}{2}\\4m^2-28m+37=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m=\dfrac{7-2\sqrt{3}}{2}\)
Xét ΔAHB vuông tại H có \(sinB=\dfrac{AH}{AB}\)
=>\(\dfrac{AH}{6}=sin40\)
=>\(AH=6\cdot sin40\simeq3,86\left(cm\right)\)
ΔAHB vuông tại H
=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)
=>\(HB=\sqrt{AB^2-AH^2}\simeq4,59\left(cm\right)\)
Ta có: ΔAHB vuông tại H
=>\(\widehat{HAB}+\widehat{HBA}=90^0\)
=>\(\widehat{HAB}=90^0-40^0=50^0\)
Ta có: \(\widehat{HAB}+\widehat{HAC}=\widehat{BAC}\)
=>\(\widehat{HAC}=60^9-50^0=10^0\)
Xét ΔAHC vuông tại H có \(tanHAC=\dfrac{HC}{AH}\)
=>\(\dfrac{HC}{3,86}=tan10\)
=>\(HC\simeq0,68\left(cm\right)\)
ΔHAC vuông tại H
=>\(HA^2+HC^2=AC^2\)
=>\(AC\simeq\sqrt{0,68^2+3,86^2}\simeq3,92\left(cm\right)\)
1:ΔABC cân tại A
mà AH là đường trung tuyến
nên AH\(\perp\)BC tại H
Xét tứ giác AHCD có
O là trung điểm chung của AC và HD
=>AHCD là hình bình hành
Hình bình hành AHCD có \(\widehat{AHC}=90^0\)
nên AHCD là hình chữ nhật
2: AHCD là hình chữ nhật
=>AD//HC và AD=HC
Ta có: AD//HC
=>AD//HB
Ta có: AD=CH
mà CH=HB
nên AD=HB
Xét tứ giác ADHB có
AD//HB
AD=HB
Do đó: ADHB là hình bình hành
3: \(CH=\dfrac{CB}{2}=3\left(cm\right)\)
AHCD là hình chữ nhật
=>\(S_{AHCD}=AH\cdot HC=4\cdot3=12\left(cm^2\right)\)