Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Sửa đề: Kẻ đường kính CD vuông góc với AB tại M
a: Xét (O) có
ΔCED nội tiếp
CD là đường kính
Do đó; ΔCED vuông tại E
=>EC⊥ ED tại E
Xét tứ giác EHMD có \(\hat{HED}+\hat{HMD}=90^0+90^0=180^0\)
nên EHMD là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔCMH vuông tại M và ΔCED vuông tại E có
\(\hat{MCH}\) chung
Do đó: ΔCMH~ΔCED
=>\(\frac{CM}{CE}=\frac{CH}{CD}\)
=>\(CM\cdot CD=CH\cdot CE\) (1)
Xét (O) có
ΔACD nội tiếp
CD là đường kính
Do đó: ΔACD vuông tại A
Xét ΔACD vuông tại A có AM là đường cao
nên \(CM\cdot CD=CA^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(CH\cdot CE=CA^2\)
a) \(\Delta'=\left(m-2\right)^2-\left(-3m+10\right)=m^2-m-6\)
Để phương trình có 2 nghiệm thì \(\Delta'\ge0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m\le-2\\m\ge3\end{matrix}\right.\) (1)
Theo hệ thức Vi-ét: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=4-2m\\x_1x_2=-3m+10\end{matrix}\right.\)
Để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 đều nhỏ hơn 2 \(\left(x_1\le x_2< 2\right)\) thì:
\(\left\{{}\begin{matrix}\left(x_1-2\right)+\left(x_2-2\right)< 0\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2< 4\\x_1x_2-2\left(x_1+x_2\right)+4>0\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4-2m< 4\\-3m+10-2\left(4-2m\right)+4>0\end{matrix}\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-2m< 0\\m+6>0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}m>0\\m>-6\end{matrix}\right.\Leftrightarrow m>0\)
Kết hợp với điều kiện (1), ta được: \(m\ge3\)
\(Toru\)
Phương trình hoành độ giao điểm là:
\(\Delta=\left(-2m+2\right)^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-3m\right)\)
\(=4m^2-8m+4-4m^2+12m=4m+4\)
Để (1) có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0
=>4m+4>0
=>4m>-4
=>m>-1
Theo Vi-et, ta có: \(\begin{cases}x_1+x_2=-\frac{b}{a}=2\left(m-1\right)\\ x_1x_2=\frac{c}{a}=m^2-3m\end{cases}\)
\(\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)=\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}=\frac{2\left(m-1\right)}{m^2-3m}\)
\(\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}=4\)
=>\(\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}\right)^2-2\cdot\frac{1}{x_1}\cdot\frac{1}{x_2}=4\)
=>\(\left(\frac{2m-2}{m^2-3m}\right)^2-\frac{2}{x_1x_2}=4\)
=>\(\frac{\left(2m-2\right)^2}{\left(m^2-3m\right)^2}-\frac{2}{m^2-3m}=4\)
=>\(\frac{\left(2m-2\right)^2}{\left(m^2-3m\right)^2}-\frac{2\left(m^2-3m\right)}{\left(m^2-3m\right)^2}=\frac{4\left(m^2-3m\right)^2}{\left(m^2-3m\right)^2}\)
=>\(\frac{4m^2-8m+4-2m^2+6m}{\left(m^2-3m\right)^2}=\frac{4\left(m^2-3m\right)^2}{\left(m^2-3m\right)^2}\)
=>\(4\left(m^2-3m\right)^2=2m^2-2m+4\)
=>\(2\left(m^2-3m\right)^2=m^2-m+2\)
=>\(2\left(m^4-6m^3+9m^2\right)-m^2+m-2=0\)
=>\(2m^4-12m^3+18m^2-m^2+m-2=0\)
=>\(2m^4-12m^3+17m^2+m-2=0\)
=>m≃0,165(nhận) hoặc m≃-0,151(nhận)
x2 -(2m+1)x+2m=0 (a=1; b = -(2m+1); c= 2m)
Δ= b2- 4ac= [-(2m+1)]2-4.1.2m= 4m2 +4m+1-8m =4m2-4m+1
= (2m-1)2
Phương trình có hai nghiệm phân biệt khi (2m-1)2>0
<=> 2m-1 >0 <=> m > 1/2
Vậy: với m>1/2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt
Vì với m>1/2 thì phương trình có hai nghiệm nên theo hệ thức Vi-ét, ta có:
x1+x2= -b/a= 2m+1
x1.x2= c/a = 2m
Ta có:
a: Xét tứ giác AHKM có \(\widehat{AHM}=\widehat{AKM}=90^0\)
nên AHKM là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔMAN nội tiếp
MN là đường kính
Do đó: ΔMAN vuông tại A
Xét (O) có
\(\widehat{ABM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
\(\widehat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
Do đó: \(\widehat{ABM}=\widehat{ANM}\)
Xét ΔHBA vuông tại H và ΔANM vuông tại A có
\(\widehat{HBA}=\widehat{ANM}\)
Do đó: ΔHBA~ΔANM
c: Xét ΔHAB vuông tại H và ΔKMA vuông tại K có
\(\widehat{HAB}=\widehat{KMA}\)(ΔHBA~ΔANM)
Do đó: ΔHAB~ΔKMA
=>\(\dfrac{AH}{MK}=\dfrac{HB}{AK}\)
=>\(AH\cdot AK=MK\cdot HB\)
\(\text{Δ}=\left[-2\left(m-1\right)\right]^2-4\left(m^2-3m\right)\)
\(=4m^2-8m+4-4m^2+12m=4m+4\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì 4m+4>0
=>m>-1
Theo Vi-et, ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=2\left(m-1\right)=2m-2\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=m^2-3m\end{matrix}\right.\)
\(\dfrac{1}{x_1^2}+\dfrac{1}{x_2^2}=4\)
=>\(\dfrac{x_1^2+x_2^2}{\left(x_1x_2\right)^2}=4\)
=>\(\dfrac{\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2}{\left(x_1x_2\right)^2}=4\)
=>\(\left(2m-2\right)^2-2\left(m^2-3m\right)=4\left(m^2-3m\right)^2\)
=>\(4m^2-8m+4-2m^2+6m=4\left(m^2-3m\right)^2\)
=>\(2m^2-2m+4=4\left(m^2-3m\right)^2\)
=>\(2\left(m^4-6m^2+9\right)=m^2-m+2\)
=>\(2m^4-12m^2+18-m^2+m-2=0\)
=>\(2m^4-13m^2+m+16=0\)
=>\(m\in\left\{-2,27;-1,21;1,37;2,12\right\}\)
a: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)
ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét (O) có
\(\widehat{KBN}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BK và dây cung BN
\(\widehat{BCN}\) là góc nội tiếp chắn cung BN
Do đó: \(\widehat{KBN}=\widehat{BCN}\)
Xét ΔKBN và ΔKCB có
\(\widehat{KBN}=\widehat{KCB}\)
\(\widehat{BKN}\) chung
Do đó: ΔKBN~ΔKCB
=>\(\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{KN}{KB}\)
=>\(KB^2=KN\cdot KC\)
b: Ta có: \(KB^2=KN\cdot KC\)
KB=KA
Do đó: \(KA^2=KN\cdot KC\)
=>\(\dfrac{KA}{KN}=\dfrac{KC}{KA}\)
Xét ΔKAC và ΔKNA có
\(\dfrac{KA}{KN}=\dfrac{KC}{KA}\)
\(\widehat{AKC}\) chung
Do đó: ΔKAC~ΔKNA
=>\(\widehat{KCA}=\widehat{KAN}\)
Xét (O) có
\(\widehat{NCA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CA và dây cung CN
\(\widehat{NMC}\) là góc nội tiếp chắn cung CN
Do đó: \(\widehat{NCA}=\widehat{NMC}\)
=>\(\widehat{NMC}=\widehat{NAK}\)
=>AB//CM
Dựa vào thông tin đã được cung cấp, chúng ta có thể chứng minh như sau:
a) Chứng minh: OA vuông góc BC tại H và BK^2=KN.KC
b) Chứng minh: MC//AB
Tóm lại, dựa vào thông tin đã cung cấp, chúng ta có thể chứng minh a) và b) theo yêu cầu của câu hỏi.
