giúp em với em đang cần gấp ạ em cảm ơn
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}+\widehat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AMHN là tứ giác nội tiếp
2: Ta có: AMHN là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AMN}=\widehat{AHN}\)
mà \(\widehat{AHN}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)
nên \(\widehat{AMN}=\widehat{C}\)
=>\(\widehat{BMN}+\widehat{BCN}=180^0\)
=>BMNC là tứ giác nội tiếp
Xét ΔPMB và ΔPCN có
\(\widehat{PMB}=\widehat{PCN}\left(=\widehat{AMN}\right)\)
\(\widehat{MPB}\) chung
Do đó: ΔPMB~ΔPCN
=>\(\dfrac{PM}{PC}=\dfrac{PB}{PN}\)
=>\(PM\cdot PN=PB\cdot PC\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài 2:
a: Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AEHF là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác DHEC có \(\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=90^0+90^0=180^0\)
nên DHEC là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác AFDC có \(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)
nên AFDC là tứ giác nội tiếp
b: Ta có: \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF nội tiếp)
\(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(DCEH nội tiếp)
mà \(\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\left(=90^0-\widehat{ABD}\right)\)
nên \(\widehat{FEH}=\widehat{DEH}\)
=>EH là phân giác của góc FED
c: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>BK\(\perp\)AB
mà CH\(\perp\)AB
nên CH//BK
Xét (O) có
ΔACK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔACK vuông tại C
=>AC\(\perp\)CK
mà BH\(\perp\)AC
nên BH//CK
Xét tứ giác BHCK có
BH//CK
BK//CH
Do đó: BHCK là hình bình hành
=>HK cắt BC tại trung điểm của mỗi đường
mà I là trung điểm của BC
nên I là trung điểm của HK
=>H,I,K thẳng hàng
Bài 3:
a: ΔOMN cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI\(\perp\)MN
Xét tứ giác OIAC có \(\widehat{OIA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
nên OIAC là tứ giác nội tiếp
=>O,I,A,C cùng thuộc một đường tròn
b: 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 AO là đường trung trực của BC
=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét ΔOIA vuông tại I và ΔOHD vuông tại H có
\(\widehat{IOA}\) chung
Do đó: ΔOIA~ΔOHD
=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OD}\)
=>\(OI\cdot OD=OA\cdot OH\)(3)
Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(OI\cdot OD=R^2\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Tham khảo:
a. Để chứng minh tứ giác \(ADHE\) nội tiếp, ta cần chứng minh rằng góc \(DHE\) bằng \(180^\circ\) - tức là góc \(DHE\) là góc ngoài của tam giác \(ABC\) tại đỉnh \(A\), vì khi đó tứ giác \(ADHE\) sẽ nội tiếp.
Xét góc \(DHE\), ta thấy rằng:
\[ \angle DHE = \angle B + \angle C \]
Do \(BD\) và \(CE\) là đường cao của tam giác \(ABC\), nên:
\[ \angle B = \angle EHB \]
\[ \angle C = \angle HDC \]
Vậy:
\[ \angle DHE = \angle EHB + \angle HDC \]
\[ \angle DHE = (180^\circ - \angle B) + (180^\circ - \angle C) \]
\[ \angle DHE = 360^\circ - (\angle B + \angle C) \]
Nhưng ta biết rằng tổng các góc của tam giác \(ABC\) là \(180^\circ\), nên:
\[ \angle DHE = 360^\circ - 180^\circ = 180^\circ \]
Điều này chứng minh tứ giác \(ADHE\) là tứ giác nội tiếp.
b. Để chứng minh \( \angle DEK = \angle DMC \), ta sử dụng tính chất của tứ giác \(ADHE\) nội tiếp đã chứng minh ở câu (a).
Do tứ giác \(ADHE\) là tứ giác nội tiếp, nên:
\[ \angle DHE = 180^\circ - \angle DAE \]
Nhưng ta cũng biết rằng:
\[ \angle DAE = \angle DMC \]
Vậy:
\[ \angle DHE = 180^\circ - \angle DMC \]
\[ \angle DHE + \angle DMC = 180^\circ \]
Giả sử \(HN\) vuông góc với \(AB\) tại \(N\), với \(M\) là trung điểm của \(BC\), thì \(HM\) cũng là đường trung bình của tam giác \(ABC\), nên:
\[ \angle HMC = \angle HNC = 90^\circ \]
Vậy, chúng ta có:
\[ \angle DHE + \angle DMC = 180^\circ = \angle HMC + \angle HNC \]
Vậy, điều phải chứng minh là góc \(DEK\) bằng góc \(DMC\).
a: Xét tứ giác ADHE có \(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ADHE là tứ giác nội tiếp
b: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔBAC
=>AH\(\perp\)BC tại K
Xét tứ giác BEHK có \(\widehat{BEH}+\widehat{BKH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BEHK là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)
nên BEDC là tứ giác nội tiếp
Ta có: \(\widehat{DEH}=\widehat{DAH}\)(AEHD nội tiếp)
\(\widehat{KEH}=\widehat{KBH}\)(BEHK nội tiếp)
mà \(\widehat{DAH}=\widehat{KBH}\left(=90^0-\widehat{DCB}\right)\)
nên \(\widehat{DEH}=\widehat{KEH}\)
=>EC là phân giác của góc DEK
=>\(\widehat{DEK}=2\cdot\widehat{HED}\)
mà \(\widehat{HED}=\widehat{HBC}\)(BEDC nội tiếp)
nên \(\widehat{DEK}=\widehat{HBC}\)(1)
ΔDBC vuông tại D
mà DM là đường trung tuyến
nên DM=MB=MC
Xét ΔMDB có \(\widehat{DMC}\) là góc ngoài tại D
nên \(\widehat{DMC}=\widehat{MBD}+\widehat{MDB}=2\cdot\widehat{MBD}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{DEK}=\widehat{DMC}\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(\text{Δ}=\left(m-1\right)^2-4\left(m-2\right)\)
\(=m^2-2m+1-4m+8\)
\(=m^2-6m+9=\left(m-3\right)^2>=0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0
=>(m-3)^2>0
=>\(m-3\ne0\)
=>\(m\ne3\)
\(x^2-\left(m-1\right)x+m-2=0\)
=>\(x^2-\left(m-2\right)x-x+m-2=0\)
=>\(x\left(x-m+2\right)-\left(x-m+2\right)=0\)
=>\(\left(x-1\right)\left(x-m+2\right)=0\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=m-2\end{matrix}\right.\)
\(x_1^2+x_2=3\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}1^2+\left(m-2\right)=3\\1+\left(m-2\right)^2=3\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}m-2=2\\\left(m-2\right)^2=2\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}m=4\\m-2=\sqrt{2}\\m-2=-\sqrt{2}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=4\left(nhận\right)\\m=\sqrt{2}+2\left(nhận\right)\\m=-\sqrt{2}+2\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(b\)) \(x^2-\left(2m+1\right)x+m^2-1=0\) \(\left(1\right)\)
Ta có: \(\Delta=b^2-4ac=\left[-\left(2m+1\right)\right]^2-4\cdot1\cdot\left(m^2-1\right)\)
\(=4m^2+4m+1-4m^2+4\)
\(=4m+5\)
Để phương trình có hai nghiệm \(x_1,x_2\) thì \(\Delta\ge0\)
\(\Leftrightarrow4m+5\ge0\Leftrightarrow m\ge-\dfrac{5}{4}\)
Theo viet ta có
\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-\left(2m+1\right)}{1}=2m+1\\x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a}=\dfrac{m^2-1}{1}=m^2-1\end{matrix}\right.\)
Do \(x_1\) là nghiệm của phương trình \(\left(1\right)\) nên
\(x_1^2-\left(2m+1\right)x_1+m^2-1=0\)
\(\Leftrightarrow x_1^2=\left(2m+1\right)x_1-m^2+1\) \(\left(2\right)\)
Thay \(\left(2\right)\) vào \(\left(x_1^2-2mx_1+m^2\right)\left(x_2+1\right)=4\)
ta được \(\left[\left(2m+1\right)x_1-m^2+1-2mx_1+m^2\right]\left(x_2+1\right)=4\)
\(\Leftrightarrow\left(x_1+1\right)\left(x_2+1\right)=4\)
\(\Leftrightarrow x_1x_2+x_1+x_2+1=4\)
\(\Leftrightarrow m^2-1+2m+1+1=4\)
\(\Leftrightarrow m^2+2m-3=0\) \(\left(3\right)\)
Giải phương trình ta được \(m_1=1\) (Thỏa điều kiện)\(;\)
\(m_2=-3\) (Không thỏa điều kiện)
Vậy \(m=1\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại A
=>\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)
=>\(\widehat{ABC}+30^0=90^0\)
=>\(\widehat{ABC}=60^0\)
Xét (O) có
\(\widehat{ACB}\)là góc nội tiếp chắn cung AB
nên \(\widehat{AOB}=2\cdot\widehat{ACB}=60^0\)
Độ dài cung tròn AB là:
\(l=\dfrac{\Omega\cdot R\cdot60}{180}=\Omega\cdot\dfrac{R}{3}\)
Diện tích hình quạt tròn ứng với cung AB là:
\(S_{q\left(AB\right)}=\dfrac{\Omega\cdot R^2\cdot60}{360}=\dfrac{\Omega\cdot R^2}{6}\)
b: Xét tứ giác AHCK có \(\widehat{AHC}+\widehat{AKC}=90^0+90^0=180^0\)
nên AHCK là tứ giác nội tiếp
c: Ta có:AHCK là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{AHK}=\widehat{ACK}=\widehat{ACE}\)
Xét (O) có
\(\widehat{ADE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE
\(\widehat{ACE}\) là góc nội tiếp chắn cung AE
Do đó: \(\widehat{ADE}=\widehat{ACE}\)
=>\(\widehat{AHK}=\widehat{ADE}\)
=>HK//DE
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
a: A,D,E,B cùng thuộc (O)
=>ADEB là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{ADE}+\widehat{ABE}=180^0\)
mà \(\widehat{CDE}+\widehat{ADE}=180^0\)(hai góc kề bù)
nên \(\widehat{CDE}=\widehat{CBA}\)
b: Xét (O) có
ΔAEB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔAEB vuông tại E
=>AE\(\perp\)CB tại E
Xét (O) có
ΔADB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔADB vuông tại D
=>BD\(\perp\)AC tại D
Xét ΔCAB có
AE,BD là các đường cao
AE cắt BD tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔCAB
=>CH\(\perp\)AB
c: Xét (O) có \(\widehat{DHE}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung DE và AB
=>\(\widehat{DHE}=\dfrac{1}{2}\left(sđ\stackrel\frown{AB}+sđ\stackrel\frown{DE}\right)\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(180^0+60^0\right)=120^0\)
Xét tứ giác CDHE có \(\widehat{CDH}+\widehat{CEH}+\widehat{DCE}+\widehat{DHE}=360^0\)
=>\(\widehat{ACB}+120^0+90^0+90^0=360^0\)
=>\(\widehat{ACB}=60^0\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
1: Thay m=-1 vào phương trình, ta được:
\(x^2-2\left(-1+1\right)x-3\cdot\left(-1\right)^2-2\cdot\left(-1\right)=0\)
=>\(x^2-3+2=0\)
=>\(x^2-1=0\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=-1\end{matrix}\right.\)
2: \(\text{Δ}=\left[-2\left(m+1\right)\right]^2-4\left(-3m^2-2m\right)\)
\(=4m^2+8m+4+12m^2+8m\)
\(=16m^2+16m+4=4\left(4m^2+4m+1\right)=4\left(2m+1\right)^2\)
\(=\left(4m+2\right)^2>=0\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì Δ>0
=>(4m+2)^2>0
=>4m+2<>0
=>\(m\ne-\dfrac{1}{2}\)
Khi \(m\ne-\dfrac{1}{2}\) thì phương trình sẽ có hai nghiệm phân biệt là:
\(\left[{}\begin{matrix}x=\dfrac{2\left(m+1\right)-\sqrt{\left(4m+2\right)^2}}{2}=\dfrac{2\left(m+1\right)-\left(4m+2\right)}{2}\\x=\dfrac{2\left(m+1\right)+\sqrt{\left(4m+2\right)^2}}{2}=\dfrac{2\left(m+1\right)+\left(4m+2\right)}{2}\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}x=m+1-\left(2m+1\right)=-m\\x=m+1+2m+1=3m+2\end{matrix}\right.\)
\(3x_1^2=x_2^2\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}3\left(-m\right)^2=\left(3m+2\right)^2\\3\left(3m+2\right)^2=\left(-m\right)^2\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}9m^2+12m+4=3m^2\\3\left(9m^2+12m+4\right)-m^2=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}6m^2+12m+4=0\\11m^2+36m+12=0\end{matrix}\right.\)
=>\(\left[{}\begin{matrix}m=\dfrac{-3+\sqrt{3}}{3}\left(nhận\right)\\m=\dfrac{-3-\sqrt{3}}{3}\left(nhận\right)\\m=\dfrac{-18+8\sqrt{3}}{11}\left(nhận\right)\\m=\dfrac{-18-8\sqrt{3}}{11}\left(nhận\right)\end{matrix}\right.\)
Bài 13:
a: \(B=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}+\dfrac{x+9\sqrt{x}}{9-x}\)
\(=\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}-\dfrac{x+9\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+3\right)-x-9\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}\)
\(=\dfrac{x-3\sqrt{x}}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\)
b:
ĐKXĐ: \(\left\{{}\begin{matrix}x>0\\x\notin\left\{16;9\right\}\end{matrix}\right.\)
\(P=B:A=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}:\dfrac{x+4\sqrt{x}}{x-16}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+3}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-4\right)\left(\sqrt{x}+4\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+4\right)}\)
\(=\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+3}\)
Để P<0 thì \(\dfrac{\sqrt{x}-4}{\sqrt{x}+3}< 0\)
=>\(\sqrt{x}-4< 0\)
=>\(\sqrt{x}< 4\)
=>0<=x<16
Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< x< 16\\x\ne9\end{matrix}\right.\)
Bài 15:
a: A=P*Q
\(=\left(\dfrac{x\sqrt{x}-1}{x-\sqrt{x}}+\dfrac{x\sqrt{x}+1}{x+\sqrt{x}}-\dfrac{4}{\sqrt{x}}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\left(\dfrac{\left(\sqrt{x}-1\right)\left(x+\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}-1\right)}+\dfrac{\left(\sqrt{x}+1\right)\left(x-\sqrt{x}+1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}-\dfrac{4}{\sqrt{x}}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\dfrac{x+\sqrt{x}+1+x-\sqrt{x}+1-4}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\dfrac{2x-2}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+1}\)
\(=\dfrac{2\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)\left(\sqrt{x}-1\right)}{\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+1\right)}=\dfrac{2\left(\sqrt{x}-1\right)^2}{\sqrt{x}}\)
b: \(A\cdot\sqrt{x}< 8\)
=>
\(2\left(\sqrt{x}-1\right)^2< 8\)
=>\(\left(\sqrt{x}-1\right)^2< 4\)
=>\(-2< \sqrt{x}-1< 2\)
=>\(-1< \sqrt{x}< 3\)
=>\(0< =\sqrt{x}< 3\)
=>0<=x<9
Kết hợp ĐKXĐ, ta được: \(\left\{{}\begin{matrix}0< x< 9\\x\ne1\end{matrix}\right.\)