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
KT
Mn giúp có thể giúp mình câu C bài 4 và bài 5 được ko ạ, giải chi tiết 1 chút với ạ. Mình cảm ơn
1
14 tháng 10 2021
Bài 4:
b: Xét ΔABK vuông tại A có AD là đường cao ứng với cạnh huyền BK
nên \(BD\cdot BK=BA^2\left(1\right)\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC
nên \(BH\cdot BC=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(BD\cdot BK=BH\cdot BC\)
TN
19 tháng 9 2016
\(3x^4+4x^3-3x^2-2x+1=0\)
\(\Leftrightarrow3x^4+x^3-x^2+3x^3+x^2-x-3x^2-x+1=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(3x^2+x-1\right)+x\left(3x^2+x-1\right)-\left(3x^2+x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\left(x^2+x-1\right)\left(3x^2+x-1\right)=0\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}x^2+x-1=0\left(1\right)\\3x^2+x-1=0\left(2\right)\end{cases}}\)
- \(\Delta_{\left(1\right)}=1^2-\left(-4\left(1.1\right)\right)=5\)
\(\Leftrightarrow x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\left(tm\right)\)
- \(\Delta_{\left(2\right)}=1^2-\left(-4\left(3.1\right)\right)=13\)
\(x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{13}}{6}\left(tm\right)\)
1 tháng 1 2022
Câu 4:
\(a,\tan B=\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{12}{5}\approx\tan67^0\\ \Rightarrow\widehat{B}\approx67^0\\ b,\text{Áp dụng PTG: }BC=\sqrt{AC^2+AB^2}=13\left(cm\right)\\ \text{Áp dụng HTL: }\left\{{}\begin{matrix}BH=\dfrac{AB^2}{BC}=\dfrac{25}{13}\left(cm\right)\\CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{144}{13}\left(cm\right)\\AH=\sqrt{BH\cdot CH}=\dfrac{60}{13}\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)
này được
27 tháng 10 2021
Câu 3:
Thay x=-1 và y=0 vào (d), ta được:
-m+2m-1=0
hay m=1
GIẢI GIÚP MÌNH CÂU 4 CẢM ƠN Ạ :3
NV
18 tháng 3 2023
CÂU 4:
a) △ABC có (O) là tâm đường tròn nội tiếp và (O) tiếp xúc với AB,BC lần lượt tại D,E.
⇒OD⊥BC tại D, OE⊥AB tại E nên \(\widehat{ODB}=\widehat{OEB}=90^0\)
Tứ giác BDOE có \(\widehat{ODB}+\widehat{OEB}=90^0+90^0=180^0\)
\(\Rightarrow\)BDOE là tứ giác nội tiếp.
\(\Rightarrow\)B,D,O,E cùng thuộc 1 đường tròn.
b) Cách đơn giản nhất: *Gọi K là trung điểm BP.
Xét (O): BE, BD là 2 tiếp tuyến cắt nhau ở B.
\(\Rightarrow BE=BD\left(1\right)\)
PF, PE là 2 tiếp tuyến cắt nhau ở P.
\(\Rightarrow PF=PE\left(2\right)\)
Lấy (1)+(2) ta được \(BD+PF=BP\)
Ta có: DF⊥PQ tại F, DF⊥BC tại D nên PQ//BC.
Xét hình thang BDFP (BD//PF) có:
O là trung điểm DF, K là trung điểm BP.
\(\Rightarrow\)KO là đường trung bình của hình thang BDFP.
\(\Rightarrow KO=\dfrac{1}{2}\left(PF+BD\right)=\dfrac{1}{2}BP\)
Xét △BOP có: OK là trung tuyến và \(OK=\dfrac{1}{2}BP\)
\(\Rightarrow\)△BOP vuông tại O.
NV
18 tháng 3 2023
c) (O) tiếp xúc với AC tại H.
△ABC có (O) tiếp xúc với BC,AB,CA lần lượt tại D,E,H.
\(\Rightarrow BD=BE;AE=AH;CD=CH\)
\(BD+BE=AB-AE+BC-CD=AB+BC-AH-CH=AB+BC-AC\)
\(\Rightarrow BD=\dfrac{AB+BC-CA}{2}\left(3\right)\)
*Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt tia AO tại I.
*Hạ IN⊥AB tại N, IP⊥CA tại P.
Xét △AIM có: OF//IM \(\Rightarrow\dfrac{OF}{IM}=\dfrac{AO}{AI}\) (4) (hệ quả định lí Thales)
Xét △AIN có: OE//IN \(\Rightarrow\dfrac{OE}{IN}=\dfrac{AO}{AI}\) (5) (hệ quả định lí Thales)
Ta cũng có \(OE=OF\left(6\right)\) (bằng bán kính của (O) )
\(\left(4\right),\left(5\right),\left(6\right)\Rightarrow IM=IN\)
Dễ dàng chứng minh △BNI=△BMI (ch-cgv) nên \(\widehat{NBI}=\widehat{MBI}\)
\(\Rightarrow BI\) là phân giác của góc NBC hay BI là phân giác ngoài của △ABC.
Xét △ABC có: Phân giác trong góc A (AO) cắt phân giác ngoài góc B (BI) tại I.
\(\Rightarrow\)I là tâm đường tròn bàng tiếp ở đỉnh A.
Lại có IN⊥AB tại N, IM⊥BC tại M, IP⊥AC tại P.
\(\Rightarrow\)IN,IP,IM là các bán kính của (I).
\(\Rightarrow\)(I) tiếp xúc với AB,BC,CA lần lượt tại N,M,P.
\(\Rightarrow AN=AP;BN=BM;CM=CP\)
\(CM+CP=BC-BM+AP-AC=BC-AC+AN-BN=BC-AC+AB\)
\(\Rightarrow CM=\dfrac{BC+AB-AC}{2}\left(7\right)\)
\(\left(3\right),\left(7\right)\Rightarrow BD=CM\)
Câu 4:
Thay x=2 và y=-1 vào hệ, ta được:
\(\left\{{}\begin{matrix}2a-b=4\\2b+2=-2\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}b=-2\\a=1\end{matrix}\right.\)