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
23 tháng 11 2015
a) (d') y =-x +b
=> 1 = -(-2) +b => b =-2
(d') y =-x -2
b) x =0 (d') => y = -2 B(0;-2)
y =0 (d) => -x+2 =0 => x = 2 => C(-2;0)
\(AB=\sqrt{\left(-2-0\right)^2+\left(1+2\right)^2}=2\sqrt{2}\)
\(AC=\sqrt{\left(-2+2\right)^2+\left(1-0\right)^2}=1\)
\(BC=\sqrt{\left(0+2\right)^2+\left(-2-0\right)^2}=2\sqrt{2}\)
SD
giải hộ mk vs chỉ cần có cách làm câu b thôi câu a thì ko cần
2
ML
7 tháng 3 2023
a/
b/
Tọa độ giao điểm của 2 đồ thị là:
\(\dfrac{1}{2}x^2=2x-2\\ \Leftrightarrow\dfrac{1}{2}x^2-2x+2=0\\ \Leftrightarrow x=2\)
KV
7 tháng 3 2023
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):
1/2 x² = 2x - 2
⇔x² = 4x - 4
⇔x² - 4x + 4 = 0
⇔(x - 2)² = 0
⇔x - 2 = 0
⇔x = 2
⇔y = 2.2 - 2 = 2
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;2)
17 tháng 9 2021
Bài 2:
e) \(\sqrt{4x-8}-12\sqrt{\dfrac{x-2}{9}}=\sqrt{x-2}-12\left(đk:x\ge2\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{4}.\sqrt{x-2}-12.\sqrt{\dfrac{1}{9}}.\sqrt{x-2}=\sqrt{x-2}-12\)
\(\Leftrightarrow2\sqrt{x-2}-4\sqrt{x-2}=\sqrt{x-2}-12\)
\(\Leftrightarrow3\sqrt{x-2}=12\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{x-2}=4\)
\(\Leftrightarrow x-2=16\Leftrightarrow x=18\left(tm\right)\)
23 tháng 9 2021
c:
Ta có: \(\sqrt{2-\sqrt{3}}-\sqrt{2+\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{4-2\sqrt{3}}-\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{\sqrt{2}}\)
\(=\dfrac{\sqrt{3}-1-\sqrt{3}-1}{\sqrt{2}}\)
\(=-\sqrt{2}\)
a: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(AM\cdot AB=AH^2\left(1\right)\) và \(MA\cdot MB=HM^2\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(AN\cdot AC=AH^2\left(2\right);NA\cdot NC=NH^2\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC\left(3\right);AB^2=BH\cdot BC;AC^2=CH\cdot BC\)
Từ (1) và (3) suy ra \(AM\cdot AB=HB\cdot HC\)
b: Từ (1) và (2) suy ra \(AM\cdot AB=AN\cdot AC\)
c: Xét tứ giác AMHN có \(\widehat{AMH}=\widehat{ANH}=\widehat{MAN}=90^0\)
nên AMHN là hình chữ nhật
=>\(HA^2=HM^2+HN^2\)
=>\(HB\cdot HC=MA\cdot MB+NA\cdot NC\)
d: \(\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\dfrac{BH}{CH}\)
=>\(\dfrac{HB}{HC}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2\)
e: Xét ΔAHB vuông tại H có HM là đường cao
nên \(BM\cdot BA=BH^2\)
=>\(BM=\dfrac{BH^2}{BA}\)
Xét ΔAHC vuông tại H có HN là đường cao
nên \(CN\cdot CA=CH^2\)
=>\(CN=\dfrac{CH^2}{CA}\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
=>\(BC=\dfrac{AB\cdot AC}{AH}\)
\(BM\cdot CN\cdot BC=\dfrac{BH^2}{BA}\cdot\dfrac{CH^2}{CA}\cdot\dfrac{AB\cdot AC}{AH}\)
\(=\dfrac{BH^2}{AH}\cdot CH^2=\dfrac{\left(BH\cdot CH\right)^2}{AH}=\dfrac{AH^4}{AH}=AH^3\)
mà AH=MN(AMHN là hình chữ nhật)
nên \(BM\cdot CN\cdot BC=MN^3\)