K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
27 tháng 7 2021
Gọi O là tâm đường tròn \(\Rightarrow\) O là trung điểm BC
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{ED}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow\widehat{BOE}=\widehat{EOD}=\widehat{DOC}=\dfrac{180^0}{3}=60^0\)
Mà \(OD=OE=R\Rightarrow\Delta ODE\) đều
\(\Rightarrow ED=R\)
\(BN=NM=MC=\dfrac{2R}{3}\Rightarrow\dfrac{NM}{ED}=\dfrac{2}{3}\)
\(\stackrel\frown{BE}=\stackrel\frown{DC}\Rightarrow ED||BC\)
Áp dụng định lý talet:
\(\dfrac{AN}{AE}=\dfrac{MN}{ED}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{1}{2}\)
\(\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{OB-BN}{BN}=\dfrac{R-\dfrac{2R}{3}}{\dfrac{2R}{3}}=\dfrac{1}{2}\)
\(\Rightarrow\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{ON}{BN}=\dfrac{1}{2}\) và \(\widehat{ENO}=\widehat{ANB}\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta ENO\sim ANB\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{NBA}=\widehat{NOE}=60^0\)
Hoàn toàn tương tự, ta có \(\Delta MDO\sim\Delta MAC\Rightarrow\widehat{MCA}=\widehat{MOD}=60^0\)
\(\Rightarrow\Delta ABC\) đều
KS
0
BL
3
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
Lời giải:
a) $MA,MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$ nên là tứ giác nội tiếp.
b) Xét tam giác $MAC$ và $MDA$ có:
$\widehat{M}$ chung
$\widehat{MAC}=\widehat{MDA}$ (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)
$\Rightarrow \triangle MAC\sim \triangle MDA$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MC.MD$
c) Dễ thấy $AB\perp MO$ tại $H$.
Xét tam giác $AMO$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, áp dụng định lý hệ thức lượng trong tam giác vuông:
$MA^2=MH.MO$
Kết hợp kết quả phần b suy ra $MH.MO=MC.MD$
$\Rightarrow CHOD$ là tứ giác nội tiếp.
d) Vận dụng giả thiết $AD\parallel MB$ và tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến- dây cung ta có:
$\widehat{MCB}=180^0-\widehat{CMB}-\widehat{CBM}$
$=180^0-\widehat{CDA}-\widehat{CDB}$
$=180^0-\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (do $ACBD$ là tứ giác nội tiếp)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
19 tháng 4 2021
** Khuyên chân thành các bạn muốn nâng cao xác suất được hỗ trợ thì nên chịu khó gõ đề bằng công thức toán. Chụp hình như này đọc bài rất nản, đặc biệt là hình xoay ngược đọc mỏi cổ lém.
13 tháng 7 2017
c)\(\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{4+\sqrt{7}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{8-2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}-\dfrac{\sqrt{8+2\sqrt{7}}}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{7}-1\right)^2}}{\sqrt{2}}-\dfrac{\sqrt{\left(\sqrt{7}+1\right)^2}}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\left|\sqrt{7}-1\right|-\left|\sqrt{7}+1\right|}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{\sqrt{7}-1-\sqrt{7}-1}{\sqrt{2}}\)
=\(\dfrac{-2}{\sqrt{2}}\)
=\(-\sqrt{2}\)
PA
22 tháng 10 2017
Bài 4:
a)
\(M=x+\sqrt{2-x}=-\left(2-x\right)+\sqrt{2-x}+2\)
Đặt \(\sqrt{2-x}=m\left(m\ge0\right)\)
\(\Rightarrow M=-m^2+m+2\)
\(=-\left(m^2-m+\dfrac{1}{4}\right)+\dfrac{1}{4}+2\)
\(=\dfrac{9}{4}-\left(m-\dfrac{1}{2}\right)^2\le\dfrac{9}{4}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(m=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow\sqrt{2-x}=\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{7}{4}\)
b)
\(5x^2+9y^2-12xy+8=24\left(2y-x-3\right)\)
\(\Leftrightarrow5x^2+24x+9y^2-48y-12xy+80=0\)
\(\Leftrightarrow\left(4x^2+9y^2+64-12xy-48y+32x\right)+\left(x^2-8x+16\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(2x-3y+8\right)^2+\left(x-4\right)^2=0\)
\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=4\\y=\dfrac{16}{3}\end{matrix}\right.\) (loại)
Vậy . . .
PA
22 tháng 10 2017
Bài 2:
a)
\(M=\dfrac{x^5}{30}-\dfrac{x^3}{6}+\dfrac{2x}{15}\)
\(=\dfrac{x^5-5x^3+4x}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x^4-5x^2+4\right)}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x^2-4\right)\left(x^2-1\right)}{30}\)
\(=\dfrac{x\left(x-2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\left(x+2\right)}{30}\)
Suy ra nếu x nguyên thì M cũng nguyên ^.^
Bài 3:
a) Chứng minh \(VP\ge VT\) dùng Cauchy Shwarz dạng Engel.
b) Xét \(M=2a^2+2b^2+2\)
\(=\left(a^2+1\right)+\left(b^2+1\right)+\left(a^2+b^2\right)\)
\(\ge2a+2b+2ab\) (áp dụng bđt AM - GM)
\(\Rightarrow a^2+b^2+1\ge a+b+ab\left(\text{đ}pcm\right)\)
TK
0
Bài 3:
a: Xét ΔHAB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(2\right);BM\cdot BA=BH^2\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2;CN\cdot CA=CH^2\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=AH^2\) (1); \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)
Xét tứ giác AMHN có \(\hat{AMH}=\hat{ANH}=\hat{MAN}=90^0\)
nên AMHN là hình chữ nhật
=>AH=MN(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(AM\cdot AB=HB\cdot HC=MN^2\)
b: \(BM\cdot BA+AN\cdot AC\)
\(=BH^2+AH^2=AB^2\)
\(=BH\cdot BC\)
c: BC=BH+CH=4+9=13(cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AB^2=BH\cdot BC=4\cdot13=52\)
=>\(AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\) (cm)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AC^2=CH\cdot CB\)
=>\(AC^2=9\cdot13=117\)
=>\(AC=3\sqrt{13}\) (cm)
Chu vi tam giác ABC là:
\(AB+AC+BC=2\sqrt{13}+3\sqrt{13}+13=5\sqrt{13}+13\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HA^2=HB\cdot HC=4\cdot9=36=6^2\)
=>HA=6(cm)
AMHN là hình chữ nhật
=>\(S_{AMHN}=AM\cdot AN=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}\)
\(=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}=\frac{AH^3}{BC}=\frac{6^3}{13}=\frac{216}{13}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)
Bài 5:
a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(HB\cdot HC=AH^2\) (1); \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)
\(\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot CB}=\frac{BH}{CH}\)
b: Xét ΔAHB vuông tại H có HD là đường cao
nên \(BD\cdot BA=BH^2\)
=>\(BD=\frac{BH^2}{BA}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HE là đường cao
nên \(CE\cdot CA=CH^2\)
=>\(CE=\frac{CH^2}{CA}\)
\(\frac{BD}{CE}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{AC}=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{AC}{CH^2}\)
\(=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)
c: Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}=\hat{AEH}=\hat{DAE}=90^0\)
nên ADHE là hình chữ nhật
=>DE=AH
\(BD\cdot CE\cdot BC\)
\(=\frac{BH^2}{AB}\cdot\frac{CH^2}{AC}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3=DE^3\)