Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 2: Để hệ có nghiệm duy nhất thì \(\frac{1}{a}<>\frac{a}{1}\)
=>\(a^2<>1\)
=>a∉{1;-1](1)
\(\begin{cases}ax+y=3a\\ x+ay=2a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=3a-ax\\ x+a\left(3a-ax\right)=2a+1\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}y=3a-a\cdot x\\ x+3a^2-a^2\cdot x=2a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}y=3a-ax\\ x\left(1-a^2\right)=2a+1-3a^2\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}x=\frac{-3a^2+2a+1}{1-a^2}=\frac{3a^2-2a-1}{a^2-1}=\frac{\left(a-1\right)\left(3a+1\right)}{\left(a-1\right)\left(a+1\right)}=\frac{3a+1}{a+1}\\ y=3a-a\cdot\frac{3a+1}{a+1}=\frac{3a^2+3a-3a^2-a}{a+1}=\frac{2a}{a+1}\end{cases}\)
Để x,y nguyên thì \(\begin{cases}3a+1\vdots a+1\\ 2a\vdots a+1\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}3a+3-2\vdots a+1\\ 2a+2-2\vdots a+1\end{cases}\)
=>-2⋮a+1
=>a+1∈{1;-1;2;-2}
=>a∈{0;-2;1;-3}
Kết hợp (1), ta có: a∈{0;-2;-3}
Bài 3:
ĐKXĐ: x>=y
\(\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \sqrt{\frac{x+y}{8}}-\sqrt{\frac{x-y}{12}}=3\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \frac12\left(\sqrt{\frac{x+y}{2}}-\sqrt{\frac{x-y}{3}}\right)=3\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}+\sqrt{\frac{x-y}{3}}=14\\ \sqrt{\frac{x+y}{2}}-\sqrt{\frac{x-y}{3}}=6\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}\sqrt{\frac{x+y}{2}}=10\\ \sqrt{\frac{x-y}{3}}=4\end{cases}\)
=>\(\begin{cases}\frac{x+y}{2}=100\\ \frac{x-y}{3}=16\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x+y=200\\ x-y=48\end{cases}\Rightarrow\begin{cases}x=\frac{200+48}{2}=\frac{248}{2}=124\\ y=200-124=76\end{cases}\) (nhận)
a: Xét tứ giác SAOB có \(\hat{SAO}+\hat{SBO}=90^0+90^0=180^0\)
nên SAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính SO
b: ΔOMN cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI⊥MN tại I
Ta có: \(\hat{OIS}=\hat{OAS}=\hat{OBS}=90^0\)
=>O,I,A,S,B cùng thuộc đường tròn đường kính OS
c: Xét (O) có
SA,SB là các tiếp tuyến
Do đó: SA=SB
=>S nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1),(2) suy ra SO là đường trung trực của AB
=>SO⊥AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét ΔSAO vuông tại A có AH là đường cao
nên \(SH\cdot SO=SA^2\)
d: Xét (O) có
\(\hat{SAM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AS và dây cung AM
\(\hat{ANM}\) là góc nội tiếp chắn cung AM
Do đó: \(\hat{SAM}=\hat{ANM}\)
Xét ΔSAM và ΔSNA có
\(\hat{SAM}=\hat{SNA}\)
góc ASM chung
Do đó: ΔSAM~ΔSNA
=>\(\frac{SA}{SM}=\frac{SN}{SA}\)
=>\(SA^2=SM\cdot SN\)
Bài 3:
a: \(\left(2x+1\right)\left(x^2+2\right)=0\)
mà \(x^2+2\ge2>0\forall x\)
nên 2x+1=0
=>2x=-1
=>\(x=-\frac12\)
b: \(\left(x^2+4\right)\left(7x-3\right)=0\)
mà \(x^2+4\ge4>0\forall x\)
nên 7x-3=0
=>7x=3
=>\(x=\frac37\)
c: \(\left(x^2+x+1\right)\left(6-2x\right)=0\)
mà \(x^2+x+1=x^2+x+\frac14+\frac34=\left(x+\frac12\right)^2+\frac34\ge\frac34>0\forall x\)
nên 6-2x=0
=>2x=6
=>x=3
d: \(\left(8x-4\right)\left(x^2+2x+2\right)=0\)
mà \(x^2+2x+2=x^2+2x+1+1=\left(x+1\right)^2+1\ge1>0\forall x\)
nên 8x-4=0
=>8x=4
=>\(x=\frac48=\frac12\)
Bài 4:
a: \(\left(x-2\right)\left(3x+5\right)=\left(2x-4\right)\left(x+1\right)\)
=>(x-2)(3x+5)=(x-2)(2x+2)
=>(x-2)(3x+5-2x-2)=0
=>(x-2)(x+3)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}x-2=0\\ x+3=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=2\\ x=-3\end{array}\right.\)
b: \(\left(2x+5\right)\left(x-4\right)=\left(x-5\right)\left(4-x\right)\)
=>(2x+5)(x-4)-(x-5)(4-x)=0
=>(2x+5)(x-4)+(x-5)(x-4)=0
=>(x-4)(2x+5+x-5)=0
=>3x(x-4)=0
=>x(x-4)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}x=0\\ x-4=0\end{array}\right.=>\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=4\end{array}\right.\)
c: \(9x^2-1=\left(3x+1\right)\left(2x-3\right)\)
=>(3x+1)(3x-1)=(3x+1)(2x-3)
=>(3x+1)(3x-1)-(3x+1)(2x-3)=0
=>(3x+1)(3x-1-2x+3)=0
=>(3x+1)(x+2)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}3x+1=0\\ x+2=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=-\frac13\\ x=-2\end{array}\right.\)
d: \(2\left(9x^2+6x+1\right)=\left(3x+1\right)\left(x-2\right)\)
=>\(2\left(3x+1\right)^2=\left(3x+1\right)\left(x-2\right)\)
=>\(\left(3x+1\right)\left(6x+2-x+2\right)=0\)
=>(3x+1)(5x+4)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}3x+1=0\\ 5x+4=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=-\frac13\\ x=-\frac45\end{array}\right.\)
e: \(27x^2\left(x+3\right)-12\left(x^2+3x\right)=0\)
=>\(27x^2\left(x+3\right)-12x\left(x+3\right)=0\)
=>3x(x+3)(9x-4)=0
=>x(x+3)(9x-4)=0
=>\(\left[\begin{array}{l}x=0\\ x+3=0\\ 9x-4=0\end{array}\right.\Rightarrow\left[\begin{array}{l}x=0\\ x=-3\\ x=\frac49\end{array}\right.\)
f: \(16x^2-8x+1=4\left(x+3\right)\left(4x-1\right)\)
=>\(\left(4x-1\right)^2=\left(4x+12\right)\left(4x-1\right)\)
=>(4x+12)(4x-1)-\(\left(4x-1\right)^2=0\)
=>(4x-1)(4x+12-4x+1)=0
=>13(4x-1)=0
=>4x-1=0
=>4x=1
=>\(x=\frac14\)
Mình không thấy câu nào cả thì giúp kiểu gì lỗi ảnh hay sao ý
a) Xác định vị trí tương đối của điểm C với (O; R):
Vì $\triangle ABC$ vuông tại $C$ có $AB$ là đường kính của đường tròn $(O; R)$, nên trung điểm $O$ của $AB$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.
Do đó: $OC = OA = OB = R = \frac{AB}{2}$
Vậy điểm $C$ nằm trên (thuộc) đường tròn $(O; R)$.
b) Xác định vị trí tương đối của đường thẳng KC với (O; R):
Vì $K$ là trung điểm của $BC$ nên điểm $C$ thuộc đường thẳng $KC$.
Lại có điểm $C$ thuộc đường tròn $(O; R)$ (chứng minh ở câu a).
Do đó, đường thẳng $KC$ và đường tròn $(O; R)$ có ít nhất một điểm chung là $C$.
Mặt khác, $K$ nằm trên đoạn $BC$ (nằm bên trong đường tròn) nên đường thẳng $KC$ (chính là đường thẳng $BC$) cắt đường tròn $(O; R)$ tại hai điểm phân biệt $B$ và $C$.
Vậy đường thẳng $KC$ cắt đường tròn $(O; R)$.
c) Tính CH theo R:
Xét $\triangle ABC$ vuông tại $C$, đường cao $CH$:
Ta có: $AB = 2R$ và $\widehat{ABC} = 30^\circ$
Trong $\triangle ABC$ vuông tại $C$:
$BC = AB \cdot \cos\widehat{ABC} = 2R \cdot \cos 30^\circ = 2R \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = R\sqrt{3}$
Xét $\triangle BCH$ vuông tại $H$:
$CH = BC \cdot \sin\widehat{ABC} = R\sqrt{3} \cdot \sin 30^\circ = R\sqrt{3} \cdot \frac{1}{2} = \frac{R\sqrt{3}}{2}$
Vậy $CH = \frac{R\sqrt{3}}{2}$.
d) Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O; R):
Xét đường tròn $(O; R)$ có $OC = OB = R$ nên $\triangle OBC$ cân tại $O$.
Lại có $K$ là trung điểm của dây cung $BC$, suy ra $OK \perp BC$ tại $K$ (đường kính đi qua trung điểm của dây không đi qua tâm thì vuông góc với dây đó).
Do đó $OK$ là đường trung trực của đoạn thẳng $BC$.
Vì $D \in OK$ nên $DB = DC$.
Xét $\triangle OBD$ và $\triangle OCD$ có:
- $OB = OC = R$
- $OD$ là cạnh chung
- $DB = DC$
$\Rightarrow \triangle OBD = \triangle OCD$ (c.c.c)
$\Rightarrow \widehat{OCD} = \widehat{OBD}$
Mà $Bx$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ nên $Bx \perp OB \Rightarrow \widehat{OBD} = 90^\circ$.
Suy ra $\widehat{OCD} = 90^\circ \Rightarrow DC \perp OC$ tại $C$.
Vì $C \in (O)$ và $DC \perp OC$ tại $C$, nên $DC$ là tiếp tuyến của $(O; R)$.
e) Chứng minh 3 điểm E, C, D thẳng hàng:
Vì $Ay$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$ nên $AE \perp AB$.
Lại có $CH \perp AB$ (theo giả thiết), suy ra $AE \parallel CH$.
Áp dụng hệ quả của định lý Ta-lét:
- Trong $\triangle BAE$ có $CI \parallel AE$ (vì $I \in CH$ và $CH \parallel AE$):
$\frac{CI}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (1)
- Trong $\triangle BAE$ kéo dài với $IH \parallel AE$:
$\frac{IH}{AE} = \frac{BI}{BE}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{CI}{AE} = \frac{IH}{AE} \Rightarrow CI = IH$.
Do $I$ là trung điểm của $CH$ nên $CI = IH$ là luôn đúng.
Gọi $E'$ là giao điểm của $DC$ và $Ay$. Ta sẽ chứng minh $E'$ trùng với $E$.
Vì $Ay \parallel CH$ và $Bx \parallel Ay$ (cùng vuông góc với $AB$), nên $Bx \parallel CH \parallel Ay$.
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $E'A$ và $E'C$ tại $E'$, ta có $E'A = E'C$.
Tương tự $DB = DC$.
Do $CH \parallel AE'$ và $CH \parallel BD$, theo định lý Ta-lét:
$\frac{CI}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$ và $\frac{IH}{E'A} = \frac{BI}{BE'}$
Kết hợp $CI = IH$ suy ra đường thẳng $BI$ kéo dài sẽ đi qua giao điểm của tiếp tuyến $Ay$ và tiếp tuyến $CD$.
Do đó $E'$ chính là điểm $E$ (giao điểm của $BI$ và $Ay$).
Vậy ba điểm $E, C, D$ thẳng hàng (đpcm).