a: \(\widehat{C}=30^0\)

a: ΔOCB cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI vuông góc CB

Vì góc OIA=góc OMA=góc ONA

nên O,M,N,I,A cùng thuộc 1 đường tròn

b: Xét ΔABN và ΔANC có

góc ABN=góc ANC

góc BAN chung

=>ΔABN đồng dạng với ΔANC
=>AB/AN=AN/AC

=>AN^2=AB*(AB+BC)

=>4*(BC+4)=6^2=36

=>BC=5cm

a: Ảnh của A qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{v}=\left(2;1\right)\) là:

\(\begin{cases}x=-1+2=1\\ y=2+1=3\end{cases}\)

b: Gọi (d') là ảnh của d qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{v}=\left(2;1\right)\)

=>(d')//(d)

=>(d'): 3x+y+c=0

Lấy B(1;-4) thuộc (d)

Lấy B'(x;y) là ảnh của B qua phép tịnh tiến theo \(\overrightarrow{v}=\left(2;1\right)\)

Tọa độ B' là:

\(\begin{cases}x=1+2=3\\ y=-4+1=-3\end{cases}\)

Thay x=3 và y=-3 vào (d'), ta được:

3*3+(-3)+c=0

=>9-3+c=0

=>c+6=0

=>c=-6

=>(d'): 3x+y-6=0

c: A' là ảnh của A qua phép vị tự tâm O, tỉ số k=-3

=>\(\overrightarrow{OA^{\prime}}=-3\cdot\overrightarrow{OA}\)

=>x-0=-3*(-1-0) và y-0=-3*(2-0)

=>x=3 và y=-3*2=-6

=>A'(3;-6)

\(a,\Leftrightarrow5x-3=4\Leftrightarrow x=\dfrac{12}{5}\\ b,ĐK:x\ge0\\ PT\Leftrightarrow5\sqrt{x}+\sqrt{x}+6\sqrt{x}+6=4\sqrt{x}+30\\ \Leftrightarrow8\sqrt{x}=24\Leftrightarrow\sqrt{x}=3\Leftrightarrow x=9\left(tm\right)\\ c,ĐK:x\ge-2\\ PT\Leftrightarrow2\sqrt{x+2}+9\sqrt{x+2}-15=2\sqrt{x+2}+12\\ \Leftrightarrow9\sqrt{x+2}=27\\ \Leftrightarrow\sqrt{x+2}=3\\ \Leftrightarrow x+2=9\\ \Leftrightarrow x=7\left(tm\right)\\ d,\Leftrightarrow\left|x\right|=13\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=13\\x=-13\end{matrix}\right.\)

a: \(\Leftrightarrow5x-3=4\)

hay \(x=\dfrac{7}{5}\)

Gọi giao điểm AE và BP là F;

Gọi giao điểm QD và AB là H; 

Gọi kéo dài AD cắt BF tại P'     

Dễ cm M là trung điểm AC

Xét \(\Delta OMC\) có QD//CM\(\Rightarrow\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{QD}{CM}\)(hệ quả tales)

Tương tự với \(\Delta OAM\) có \(\dfrac{OD}{OM}=\dfrac{DH}{AM}\) 

\(\Rightarrow\dfrac{QD}{CM}=\dfrac{DH}{AM}\)

Mà CM=AM (vì M là tđ AC)

\(\Rightarrow QD=DH\)

Dễ cm P là trung điểm BF

Xét \(\Delta ABP'\) có DH//BP'

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)(tales)

Tương tự với \(\Delta AFP'\) có \(\dfrac{QD}{FP'}=\dfrac{AD}{AP'}\)

\(\Rightarrow\dfrac{DH}{BP'}=\dfrac{QD}{FP'}\)

Mà DH=QD (cmt) 

\(\Rightarrow BP'=FP'\)

\(\Rightarrow\)P' là trung điểm BF

\(\Rightarrow P\equiv P'\)

\(\Rightarrow A,D,P\) thẳng hàng

?

a: A(-2;3); B(1/4;0); C(2;0)

\(AB=\sqrt{\left(\frac14+2\right)^2+\left(0-3\right)^2}=\sqrt{\left(\frac94\right)^2+3^2}=\sqrt{\frac{81}{16}+9}=\sqrt{\frac{225}{16}}=\frac{15}{4}\) \(\)

\(AC=\sqrt{\left(2+2\right)^2+\left(0-3\right)^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\)

\(BC=\sqrt{\left(2-\frac14\right)^2+\left(0-0\right)^2}=\frac74\)

Chu vi của tam giác ABC là:

\(C_{ABC}=AB+BC+AC=\frac{15}{4}+5+\frac74=\frac{22}{4}+5=\frac{42}{4}=10,5\)

b: Xét ΔABC có cosA=\(\frac{AB^2+AC^2-BC^2}{2\cdot AB\cdot AC}=\frac{3,75^2+_{}5^2-1,75^2}{2\cdot3,75\cdot5}=\frac{36}{10\cdot3,75}=\frac{36}{37,5}=\frac{24}{25}\)

=>\(\sin A=\sqrt{1-\left(\frac{24}{25}\right)^2}=\frac{7}{25}\)

\(cos\left(2\cdot\frac{A}{2}\right)=cosA=\frac{24}{25}\)

=>\(2\cdot cos^2\left(\frac{A}{2}\right)-1=\frac{24}{25}\)

=>\(2\cdot cos^2\left(\frac{A}{2}\right)=\frac{24}{25}+1=\frac{49}{25}\)

=>\(cos^2\left(\frac{A}{2}\right)=\frac{49}{50}\)

=>\(cos\left(\frac{A}{2}\right)=\frac{7}{5\sqrt2}\)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(AD=\frac{2\cdot AB\cdot AC}{AB+AC}\cdot cos\left(\frac{BAC}{2}\right)\)

\(=\frac{2\cdot3,75\cdot5}{3,75+5}\cdot\frac{7}{5\sqrt2}=\frac{10\cdot3,75}{8,75}\cdot\frac{7}{5\sqrt2}=\frac{70\cdot3,75}{8,75\cdot5\cdot\sqrt2}=\frac{8\cdot3}{4\cdot\sqrt2}=\frac{24}{4\sqrt2}=3\sqrt2\)

b: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔCAB vuông tại A có 

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔAHB\(\sim\)ΔCAB

Suy ra: \(\dfrac{AB}{CB}=\dfrac{HB}{AB}\)

hay \(AB^2=BH\cdot BC\)

b: \(\Leftrightarrow x\sqrt{2}=2\sqrt{2}+5\sqrt{2}=7\sqrt{2}\)

hay x=7