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
26 tháng 2 2021
Vì \(\widehat{ABO}\)là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AB và dây cung BD ( đường kính AB )
\(\Rightarrow\widehat{ABO}=\frac{1}{2}.\widehat{BOD}=\frac{1}{2}.180^o=90^o\)
Chứng mình ương tự với \(\widehat{ACO}\), suy ra \(\widehat{ACO}=90^o\)
Xét tứ giác ABOC có :
Góc ABO và góc ACO là hai góc đối
\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^o+90^o=180^o\)
=> Tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn ( theo tính chất tổng hai góc đối bằng 180 độ ... )
Gọi I là trung điểm của AB
Có tam giác ABO vuông tại B, trung tuyến là BI
=> BI = 1/2.AO=AI=IO (1)
Tam giác ACO vuông tại C, có trung tuyến là CI
=> CI=1/2.AO=AI=IO (2)
Từ (1) và (2) => BI = AI = IO = IC
=> I cách đều 4 đỉnh tứ giác ABOC
=> I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC , có bán kinh R= 1/2.AO
TM
6 tháng 4 2023
Bài III.2b.
Phương trình hoành độ giao điểm của \(\left(P\right)\) và \(\left(d\right)\) : \(x^2=\left(m+1\right)x-m-4\)
hay : \(x^2-\left(m+1\right)x+m+4=0\left(I\right)\)
\(\left(d\right)\) cắt \(\left(P\right)\) tại hai điểm nên phương trình \(\left(I\right)\) sẽ có hai nghiệm phân biệt. Do đó, phương trình \(\left(I\right)\) phải có :
\(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(m+1\right)\right]^2-4.1.\left(m+4\right)\)
\(=m^2+2m+1-4m-16\)
\(=m^2-2m-15>0\).
\(\Rightarrow m< -3\) hoặc \(m>5\).
Theo đề bài : \(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}=2\sqrt{3}\)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}\right)^2=\left(2\sqrt{3}\right)^2=12\)
\(\Leftrightarrow x_1+x_2+2\sqrt{x_1x_2}=12\left(II\right)\)
Do phương trình \(\left(I\right)\) có hai nghiệm khi \(m< -3\) hoặc \(m>5\) nên theo định lí Vi-ét, ta có : \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(m+1\right)}{1}=m+1\\x_1x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m+4}{1}=m+4\end{matrix}\right.\).
Thay vào \(\left(II\right)\) ta được : \(m+1+2\sqrt{m+4}=12\)
Đặt \(t=\sqrt{m+4}\left(t\ge0\right)\), viết lại phương trình trên thành : \(t^2-3+2t=12\)
\(\Leftrightarrow t^2+2t-15=0\left(III\right)\).
Phương trình \(\left(III\right)\) có : \(\Delta'=b'^2-ac=1^2-1.\left(-15\right)=16>0\).
Suy ra, \(\left(III\right)\) có hai nghiệm phân biệt :
\(\left\{{}\begin{matrix}t_1=\dfrac{-b'+\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1+\sqrt{16}}{1}=3\left(t/m\right)\\t_2=\dfrac{-b'-\sqrt{\Delta'}}{a}=\dfrac{-1-\sqrt{16}}{1}=-5\left(ktm\right)\end{matrix}\right.\)
Suy ra được : \(\sqrt{m+4}=3\Rightarrow m=5\left(ktm\right)\).
Vậy : Không có giá trị m thỏa mãn đề bài.
TM
6 tháng 4 2023
Bài IV.b.
Chứng minh : Ta có : \(OB=OC=R\) nên \(O\) nằm trên đường trung trực \(d\) của \(BC\).
Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau thì \(IB=IC\), suy ra \(I\in d\).
Suy ra được \(OI\) là một phần của đường trung trực \(d\) của \(BC\) \(\Rightarrow OI\perp BC\) tại \(M\) và \(MB=MC\).
Xét \(\Delta OBI\) vuông tại \(B\) có : \(MB^2=OM.OI\).
Lại có : \(BC=MB+MC=2MB\)
\(\Rightarrow BC^2=4MB^2=4OM.OI\left(đpcm\right).\)
Tính diện tích hình quạt tròn
Ta có : \(\hat{BAC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BC}\Rightarrow sđ\stackrel\frown{BC}=2.\hat{BAC}=2.70^o=140^o\) (góc nội tiếp).
\(\Rightarrow S=\dfrac{\pi R^2n}{360}=\dfrac{\pi R^2.140^o}{360}=\dfrac{7}{18}\pi R^2\left(đvdt\right)\)
NM
3 tháng 6 2020
Câu b: Tam giác AHB vuông tại H, đường cao AH
=> AD.BD=DH2
Tương tự: AE.EC=HE2
=> AD.BD+AE.EC=DH2+HE2
=DE2 (Pytago)
=AH2 (ADHE là hình chữ nhật vì có 3 góc vuông)
25 tháng 5 2019
c, Mình không vẽ được hình nên bạn thông cảm Gọi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là K
Từ câu b : AM^2=AE.AC
Mà AC là cát tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME
=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CME
=> \(AM\perp MK\)
Mà \(AM\perp MB\)
=> M,K,B thẳng hàng
=> \(K\in MB\)cố định
Khi đó để NKmin thì K là hình chiếu của N lên MB
Đến đây bạn tự tính NK nhé
Sau đó từ MK để xác định điểm C
7 tháng 6 2019
c)
5. Theo trên: \(\widehat{AMN}=\widehat{ACM}\)
=> AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\) ECM;
Nối MB ta có\(\widehat{AMB}\)= 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp\(\Delta\)ECM phải nằm trên BM
. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 \(\perp\)BM.
Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được:
O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M.
Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.
câu hình;
a) Xét \(\Delta BDC\) và \(\Delta BAC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}BD=BA\\BCchung\\CD=CA\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\Delta BDC=\Delta BAC\left(c-c-c\right)\)
b) \(\Delta BDC=\Delta BAC\Rightarrow\angle BDC=\angle BAC=90\Rightarrow ABDC\) nội tiếp
c) \(\) MD cắt (C,CA) tại N'
Ta có: \(\angle AMN'=\angle AMD=\dfrac{1}{2}\angle ABD=\angle ABC\)
Lại có: \(\angle AN'M=\angle AN'D=\dfrac{1}{2}\angle ACD=\angle ACB\)
mà \(\angle ABC+\angle ACB=90\Rightarrow\angle AMN'+\angle AN'M=90\Rightarrow\angle MAN'=90\)
\(\Rightarrow AM\bot AN'\Rightarrow N\equiv N'\Rightarrow\) đpcm
câu đồ thị:
b) pt hoành độ giao điểm: \(\dfrac{x^2}{2}-\left(m-2\right)x-m+1=0\)
\(\Rightarrow x^2-2\left(m-2\right)x-2m+2=0\)
\(\Delta'=\left(m-2\right)^2+2m-2=m^2-2m+2=\left(m-1\right)^2+1>0\)
\(\Rightarrow\) pt luôn có 2 nghiệm phân biệt