bạn thik op à

gì vậy bạn ?

a) AMN^=A1^=C^=A2^.
Ta lại có AMN^+ANM^=900
nên A2^+ANM^=900
Vậy OA⊥MN.
b) Dễ thấy BMNC là tứ giác nội tiếp. EI là đường tru...

chỉ biết thế

Đường tròn c: Đường tròn qua C với tâm O Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng h: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [C, A] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [A, H] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [H, E] Đoạn thẳng p: Đoạn thẳng [H, F] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [E, F] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [O, A] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [P, Q] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [P, A] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [B, P] Đoạn thẳng d_1: Đoạn thẳng [A, Q] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [C, D] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [Q, D] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng i_1: Đoạn thẳng [F, K] Đoạn thẳng j_1: Đoạn thẳng [E, K] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [H, K] Đoạn thẳng m_1: Đoạn thẳng [I, F] O = (1.02, 2.44) O = (1.02, 2.44) O = (1.02, 2.44) C = (6.02, 2.44) C = (6.02, 2.44) C = (6.02, 2.44) Điểm B: Giao điểm đường của c, f Điểm B: Giao điểm đường của c, f Điểm B: Giao điểm đường của c, f Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm A: Điểm trên c Điểm H: Giao điểm đường của j, g Điểm H: Giao điểm đường của j, g Điểm H: Giao điểm đường của j, g Điểm E: Giao điểm đường của l, h Điểm E: Giao điểm đường của l, h Điểm E: Giao điểm đường của l, h Điểm F: Giao điểm đường của n, i Điểm F: Giao điểm đường của n, i Điểm F: Giao điểm đường của n, i Điểm P: Giao điểm đường của c, s Điểm P: Giao điểm đường của c, s Điểm P: Giao điểm đường của c, s Điểm Q: Giao điểm đường của c, s Điểm Q: Giao điểm đường của c, s Điểm Q: Giao điểm đường của c, s Điểm J: Giao điểm đường của q, r Điểm J: Giao điểm đường của q, r Điểm J: Giao điểm đường của q, r Điểm D: Giao điểm đường của e, f_1 Điểm D: Giao điểm đường của e, f_1 Điểm D: Giao điểm đường của e, f_1 Điểm K: Giao điểm đường của c, d Điểm K: Giao điểm đường của c, d Điểm K: Giao điểm đường của c, d Điểm I: Giao điểm đường của l_1, g Điểm I: Giao điểm đường của l_1, g Điểm I: Giao điểm đường của l_1, g

a) Do A thuộc đường tròn (O) nên \(\widehat{BAC}=90^o\)

Xét tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Do AEHF là hình chữ nhật nên \(\widehat{AEF}=\widehat{EAH}\)

Do BA = OB nên \(\widehat{OBA}=\widehat{OAB}\)

Mà \(\widehat{EAH}+\widehat{OBA}=90^o\Rightarrow\widehat{AEF}+\widehat{BAO}=90^o\)

Gọi giao điểm của OA và EF là J. Xét tam giác EAJ có \(\widehat{EAJ}+\widehat{AEJ}=90^o\Rightarrow\widehat{AJE}=90^o\Rightarrow OA\perp EF.\)

b) Ta có bán kính OA vuông góc với dây cung PQ tại J nên J là trung điểm của PQ. Vậy thì AP = AQ hay cung AP bằng cung AQ.

Từ đó ta suy ra \(\widehat{PBA}=\widehat{EPA}\)   (Góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Vậy thì  \(\Delta PBA\sim\Delta EPA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AP}{AE}=\frac{AB}{AP}\Rightarrow AP^2=AE.AB\)

Xét tam giác vuông ABH có HE là đường cao. Sử dụng hệ thức lượng ta có: \(AH^2=AE.AB\)

Vậy nên AP = AH hay tam giác APH cân tại A.

c) Ta có DE.DF = DC.DB mà DC.DB = DK.DA nên DE.DF = DC.DB

Từ đó ta có \(\Delta DFK=\Delta DAE\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{DKF}=\widehat{DEA}\)

Vậy tứ giác AEFK là tứ giác nội tiếp.

d) Ta thấy \(\widehat{ICF}=\widehat{AHF}=\widehat{AEF}\)

Mà do AEFK là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{AEF}=\widehat{FKD}\)  (Góc ngoài tại đỉnh đối)

Vậy ta có \(\widehat{AEF}=\widehat{FKD}\)

Suy ra \(\Delta ICF\sim\Delta IKD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{IC}{IK}=\frac{IF}{ID}\Rightarrow IC.ID=IK.IF\)

Ta cũng có \(\Delta IHF\sim\Delta IKH\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{IH}{IK}=\frac{IF}{IH}\Rightarrow IH^2=IK.IF\)

Vậy nên \(IH^2=IC.ID\)

Đặt \(\hept{\begin{cases}\sqrt[3]{a}=x\\\sqrt[3]{b}=b\end{cases}}\)

Thì đề bài trở thành 

Cho \(x+y=\sqrt[3]{y^3-\frac{1}{4}}\)

Chứng minh: \(0>x\ge-1\)

Lập phương 2 vế ta được:

\(\left(x+y\right)^3=y^3-\frac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow12xy^2+12x^2y+4x^3+1=0\)

Với \(x=0\) thì

\(\Rightarrow1=0\left(l\right)\)

Với \(x\ne0\)

Để phương trình theo nghiệm y có nghiệm thì

\(∆'=36x^4-12x\left(4x^3+1\right)\ge0\) 

 \(\Leftrightarrow x^4+x\le0\)

\(\Leftrightarrow-1\le x< 0\) 

Vậy ta có ĐPCM

\(a.\left[bn\right]=b.\left[an\right]\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{an}{bn}\)

\(\Rightarrow\frac{a}{b}=\frac{a}{b}\)

\(\Rightarrow\left(a,b\right)\in R\)

Gọi số sau khi sắp xếp là A.

Ta có: \(1+2+3+4+5+6=21\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}A⋮3\\A⋮̸9\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)Thượng đế sẽ giúp bác sắp xếp được. Mình tin là vậy.

Khó quá. Bài lớp 9 thật không? Hay đoán mò?

Vậy làm bài này đi:

Rút gọn: 1³ + 2³ + 3³ + ... + n³

Làm được không?

Đường tròn c: Đường tròn qua B_1 với tâm O Đoạn thẳng i: Đoạn thẳng [A, B] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [A, C] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng l: Đoạn thẳng [O, C] Đoạn thẳng m_1: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng n: Đoạn thẳng [O, A] Đoạn thẳng m: Đoạn thẳng [M, E] Đoạn thẳng q: Đoạn thẳng [F, M] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [E, E'] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [E', M] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [F, E] O = (0.7, 2.54) O = (0.7, 2.54) O = (0.7, 2.54) Điểm A: Giao điểm đường của d, f Điểm A: Giao điểm đường của d, f Điểm A: Giao điểm đường của d, f Điểm B: Giao điểm đường của c, g Điểm B: Giao điểm đường của c, g Điểm B: Giao điểm đường của c, g Điểm C: Giao điểm đường của c, h Điểm C: Giao điểm đường của c, h Điểm C: Giao điểm đường của c, h Điểm M: Giao điểm đường của m_1, n Điểm M: Giao điểm đường của m_1, n Điểm M: Giao điểm đường của m_1, n Điểm E: Điểm trên i Điểm E: Điểm trên i Điểm E: Điểm trên i Điểm F: Giao điểm đường của p, j Điểm F: Giao điểm đường của p, j Điểm F: Giao điểm đường của p, j Điểm E': Giao điểm đường của r, j Điểm E': Giao điểm đường của r, j Điểm E': Giao điểm đường của r, j

Do OA  = 2R nên xét tam giác vuông OBA có \(sin\widehat{BAO}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{BAO}=30^o\Rightarrow\widehat{BAC}=60^o\)

Theo tính chất tiếp tuyến, ta có AB = AC.

Vậy thì tam giác ABC đều. Từ đó \(\widehat{EMF}=\widehat{BAC}=60^o.\)

Trên AC lấy điểm E' sao cho BE = CE'.

Do tam giác ABC đều nên ta có ngay \(\Delta BEM=\Delta CE'M\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{BME}=\widehat{CME'}\)  (1)

Cũng do tam giác ABC đều nên AB = AC. Lại có BE = CE' nên EE' // BC.

Từ đó ta có \(\widehat{CME'}=\widehat{EE'M}\) (2)

Do EE' // BC nên \(\widehat{EE'A}=\widehat{BCA}=60^o\) (Hai góc đồng vị)

Xét tứ giác EFE'M có \(\widehat{EMF}=\widehat{EE'A}\left(=60^o\right)\) nên nó là tứ giác nội tiếp.

Vậy ta suy ra \(\widehat{EE'M}=\widehat{EFM}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn một cung) (3)

Từ (1), (2), (3) ta có \(\widehat{BME}=\widehat{CME'}=\widehat{EE'M}=\widehat{EFM}\Rightarrow\widehat{BME}=\widehat{EFM}\)

Xét tam giác BEM và tam giác MEF có \(\widehat{EBM}=\widehat{EMF}=60^o\) và \(\widehat{BME}=\widehat{MFE}\)

Vậy thì \(\Delta BEM\sim\Delta MEF\left(g-g\right)\Rightarrow\widehat{BEM}=\widehat{MEF}\) hay EM là tia phân giác của góc BEF.

Tham khảo đi Akashiya Moka 

 bạn hãy vẽ hình ra nhá. 
Gọi I là giao của OA và (O;R) ,Tam giác OBI đều do OI = BI = BO = R ( Do tam giác vuông ABO có OA = 2R suy ra OI bằng R và BI là trung tuyến nên = 1 nửa cạnh huyền OA và = R nốt ) 
vậy góc BOA bằng 60 vậy góc BAO bằng 30 và BAC bang 60 ( do OA pân giác BAC ) vậy tam giác BAC cân tại A có A bằng 60 suy đều 

Có góc BOA bằng 60 suy ra góc AOS bằng 30 ( vì BOS là góc 90 ) mặ khác ÁO bằng 30 suy tam giác ÁO cân tại S 

x bang 5

bang 5

a) Ta thấy \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^3=a^3+3a^2.\frac{1}{a}+3a.\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^3}=a^3+\frac{1}{a^3}+2\left(a+\frac{1}{a}\right)^3\)

Vậy thì \(\left(a+\frac{1}{a}\right)^3-3\left(a+\frac{1}{a}\right)=a^3+\frac{1}{a^3}\)

Từ đó suy ra với \(x=\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}}\) thì 

\(x^3-3x=\left(\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}\right)^3+\left(\frac{1}{\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}}\right)^3=2-\sqrt{3}+\frac{1}{2-\sqrt{3}}\)

\(=\frac{7-4\sqrt{3}+1}{2-\sqrt{3}}=\frac{8-4\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=4\)

Vậy thì \(B=\left(4-3\right)^{2015}=1^{2015}=1.\)

b) \(\left(x^2-4x\right)^2+9x^2-36x+20=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2-4x\right)^2+9\left(x^2-4x\right)+20=0\)

Đặt \(x^2-4x=t,\) phương trình trở thành \(t^2+9t+20=0\Rightarrow\orbr{\begin{cases}t=-4\\t=-5\end{cases}}\)

Với t = -4, ta có \(x^2-4x=-4\Rightarrow x^2-4x+4=0\Rightarrow\left(x-2\right)^2=0\Rightarrow x=2\)

Với t = -5, ta có \(x^2-4x=-5\Rightarrow x^2-4x+5=0\Rightarrow\left(x-2\right)^2+1=0\) (Vô nghiệm)

Vậy phương trình có nghiệm x = 2.

a) Có cô Huyền giải rồi

b)Ta có:  \(\left(x^2-4x\right)^2+9x^2-36x+20=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x.x-4x\right)^2+\left(9x.9x\right)-36x+20=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x.x-4x\right)^2+\left(81x\right)^2-36x+20=0\) (1)

Từ (1) , Ta tìm delta (kí hiệu: \(\Delta\))

Sau khi tìm delta xong, sẽ có 3 trường hợp xảy ra

_Nếu   \(\Delta>0\)thì x sẽ có 2 nghiệm phân biệt

_ Nếu \(\Delta=0\)thì phương trình gồm 1 nghiệm

_ Nếu \(\Delta< 0\)thì phương trình vô nghiệm

Tùy thuộc vào mỗi bài sẽ xảy ra 1 trong 3 trường hợp trên. Bạn chọn 1 trong 3 trường hợp để giải bài đó (với điều kiện phải tìm được delta). Bài này mình chỉ hướng dẫn bạn vậy thôi! Vì mình mới lớp 6!  Chỉ có thể hướng dẫn làm bài!

Đặt \(ax^4=by^4=cz^4=t\)\(\Rightarrow a=\frac{t}{x^4};b=\frac{t}{y^4};c=\frac{t}{z^4}\)

Ta có: \(VT=\sqrt{ax^2+by^2+cz^2}=\sqrt{\frac{t}{x^2}+\frac{t}{y^2}+\frac{t}{z^2}}\)

\(=\sqrt{t\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)}=\sqrt{t}\left(1\right)\)

\(VP=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}=\sqrt{\frac{t}{x^4}+}\sqrt{\frac{t}{y^4}}+\sqrt{\frac{t}{z^4}}\)

\(=\frac{\sqrt{t}}{x^2}+\frac{\sqrt{t}}{y^2}+\frac{\sqrt{t}}{z^2}=\sqrt{t}\left(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^2}\right)=\sqrt{t}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh

Đúng rồi đấy!